精品解析：河南省豫北名校2023-2024学年高二下学期4月期中考试数学试题

河南省豫北名校2023-2024学年高二下学期4月期中考试数学试题 全卷满分150分，考试时间120分钟. 注意事项: 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、选择题:本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若抛物线的准线方程为，则其焦点坐标为（ ） A. B. C. D. 2. 若，则（ ） A. 5 B. 20 C. 60 D. 120 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 4. 的展开式中，项的系数是（ ） A. 1760 B. C. 220 D. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 现某酒店要从3名男厨师和2名女厨师中选出两人，分别做调料师和营养师，则至少有1名女厨师被选中的不同选法有（ ） A. 14种 B. 18种 C. 12种 D. 7种 7. 在平面直角坐标系xOy中，为双曲线的左、右焦点，为右支上异于顶点的一点，直线PM平分，且，则的离心率为（ ） A. B. 2 C. D. 4 8. 已知函数，若当时，恒成立，则的最大值为（ ） A. 2 B. 1 C. D. 二、选择题:本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得3分，有选错的得0分. 9. 已知离散型随机变量的分布列如下表: 0 1 2 5 则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知直线，圆，则下列说法正确的是（ ） A. 直线过定点 B. 圆与轴相切 C. 若与圆有交点，则的最大值为0 D. 若平分圆的周长，则 11. 已知首项为1的正项数列满足，则（ ） A. 为递增数列 B. C. D. 数列为递减数列 三、填空题:本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若甲同学在某次期中考试中数学成绩班级第一的概率为，记该同学在本次期中考试中数学成绩班级第一发生的次数为离散型随机变量，则______. 13. 为等比数列的前n项和，是首项为2的等差数列，则的公差为_______． 14. 已知当时，方程有两个不同的实数根，则实数的取值范围是______________. 四、解答题:共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知A，B分别为椭圆的上顶点和右顶点，过点作直线HA，HB分别交于另一点D，C. （1）求直线HA，HB的一般式方程; （2）求直线CD的斜率. 16. 在一个密闭不透明的箱子中有五个浅色球，其中一个球的标号为1，另一个密闭不透明的箱子中有五个深色球，其中两个球的标号为2，3. （1）若在两个箱子中各抽取两个球，求抽取的四个球中，标号为1，2，3的三个球中至少有两个的概率； （2）若在两个箱子中共随机抽取四个球，记其中浅色球的个数为X，求X的分布列. 17. 如图为上、下底面半径分别为1，2的圆台，其中AB为上底面直径，BP为母线，CD在上底面，且，.该圆台的体积为为线段AP上一点，且平面PBC. （1）求的长度; （2）若平面PAD∩平面，求直线与平面PAC所成角的正弦值. 18. 定义表示不超过的最大整数，已知，记数列的前项和为. （1）求的值; （2）已知是正整数，求. 参考公式:. 19. 已知函数. （1）求的单调区间. （2）已知直线与曲线交于，，三点，且. ①若成等差数列，求的值； ②证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河南省豫北名校2023-2024学年高二下学期4月期中考试数学试题 全卷满分150分，考试时间120分钟. 注意事项: 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、选择题:本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若抛物线的准线方程为，则其焦点坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用抛物线准线方程求得抛物线方程即可得到焦点坐标. 【详解】由题意知，抛物线的方程为，故其焦点坐标为. 故选：C. 2. 若，则（ ） A. 5 B. 20 C. 60 D. 120 【答案】D 【解析】 【分析】根据组合数的性质求出，再根据排列数公式计算可得. 【详解】因为，所以或， 解得（舍去）或， 所以. 故选：D 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】应用条件概率计算即可. 【详解】，则. 故选:C. 4. 的展开式中，项的系数是（ ） A. 1760 B. C. 220 D. 【答案】B 【解析】 【分析】应用二项式展开式求解即可. 【详解】由题意可得其展开式中项的系数为. 故选：B. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据条件概率公式求出、，即可求出，再由计算可得. 【详解】，， ， ，， ， ， 又， ． 故选：A． 6. 现某酒店要从3名男厨师和2名女厨师中选出两人，分别做调料师和营养师，则至少有1名女厨师被选中的不同选法有（ ） A. 14种 B. 18种 C. 12种 D. 7种 【答案】A 【解析】 【分析】先求出5人中选出2人分别做调料师和营养师，再求出没有女厨师被选中的选法，两个选法数相减可得至少有1名女厨师被选中的方法数. 【详解】从3名男剅师和2名女厨师中选出两人，分别做调料师和营养师，共有20（种），没有女厨师被选中的选法共有（种）， 故至少有1名女厨师被选中的不同选法有（种）. 故选：A. 7. 在平面直角坐标系xOy中，为双曲线的左、右焦点，为右支上异于顶点的一点，直线PM平分，且，则的离心率为（ ） A. B. 2 C. D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】由题意得，设与交于点，可得，且，继而可得，，利用双曲线定义可得，由离心率公式计算即可. 【详解】由，得， 设与交于点，如图， 由直线PM平分，且， 可得为等腰三角形，则为的中点， 则，且， 所以，， 所以，即， 所以. 故选：B. 8. 已知函数，若当时，恒成立，则的最大值为（ ） A. 2 B. 1 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】对不等式作等价变形，构造函数，确定它们的零点，可得，再验证存在即可. 【详解】依题意，，， 设函数，， 函数在上单调递增，，则当时，； 令，则，若恒成立，则，否则， 下面验证时存在满足题意， 不妨令，则，在处的导数值为，取，此时， 设函数，要证恒成立，只需证恒成立， ，当时，， 当时，，函数在上单调递减，在上单调递增， 因此，所以的最大值为e. 故选：D 【点睛】关键点点睛：本题求解的关键是等价变形不等式，构造函数，利用函数零点大小关系求解. 二、选择题:本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得3分，有选错的得0分. 9. 已知离散型随机变量的分布列如下表: 0 1 2 5 则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】利用分布列的性质、期望公式、方差公式及其性质计算即可. 【详解】由分布列的基本性质知，解得，故A正确; 故， ，故B错误，C正确; 由离散型随机变量期望的性质可得，，故D错误. 故选：AC. 10. 已知直线，圆，则下列说法正确的是（ ） A. 直线过定点 B. 圆与轴相切 C. 若与圆有交点，则的最大值为0 D. 若平分圆的周长，则 【答案】AB 【解析】 【分析】选项A，将方程变形成，即可求解；选项B，将圆变形标准形式，即可求解；选项C，利用直线与圆的位置关系，即可求解；选项D，利用直线过圆心，即可求解. 【详解】对于选项A，直线的方程可化为，由， 解得，所以直线过定点，故选项A正确， 对于选项B，圆的方程可化为，所以圆心为，半径为，故选项B正确， 对于选项C，当直线与圆有交点时，直线的斜率存在，不妨设直线方程为，即， 由，整理得到，得到， 又，所以，解得，故选项C错误， 对于选项D，若平分圆的周长，将圆心的坐标代入直线的方程，解得此时，故选项D错误， 故选：AB. 11. 已知首项为1的正项数列满足，则（ ） A. 为递增数列 B. C. D. 数列为递减数列 【答案】ACD 【解析】 【分析】由已知递推式可得，可判断AB；推得，由数列的单调性，可判断C；由，可判断D． 【详解】对A，由，，，可得， 即，可得数列为递增数列，故A正确； 对B，由数列为递增数列，可得，即有，故B错误； 对C，由A知，为递增数列，且，， 所以，故C正确. 对D，由，可得，则数列为递减数列，故D正确． 故选：ACD． 三、填空题:本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若甲同学在某次期中考试中数学成绩班级第一的概率为，记该同学在本次期中考试中数学成绩班级第一发生的次数为离散型随机变量，则______. 【答案】## 【解析】 【分析】利用两点分布的方差公式计算即可. 【详解】由题意可得服从两点分布，故， 故. 故答案为： 13. 为等比数列的前n项和，是首项为2的等差数列，则的公差为_______． 【答案】2 【解析】 【分析】根据等差数列的性质先推出数列的公比为1，再结合首项的值，即可求解． 【详解】显然数列的公比为1，否则，此时不可能是等差数列， 故公比，此时为常数列，由可得，故， 所以数列的公差为2． 故答案为：2． 14. 已知当时，方程有两个不同的实数根，则实数的取值范围是______________. 【答案】 【解析】 【分析】分离参数转化为直线与函数的图象有两个不同的交点，利用导数研究的单调性、极值与最值结合函数图象计算即可. 【详解】由题意得直线与函数的图象有两个不同的交点， 易知， 令，得，令，得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 又，作出函数在上的大致图象如图所示， 当时，直线与函数在上的图象有两个交点， 故实数的取值范围是. 故答案为： 【点睛】思路点睛：将问题转化为函数交点的问题，利用导数研究函数的单调性、最值，并作出函数图象，数形结合即可. 四、解答题:共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知A，B分别为椭圆的上顶点和右顶点，过点作直线HA，HB分别交于另一点D，C. （1）求直线HA，HB的一般式方程; （2）求直线CD的斜率. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）由直线的点斜式方程可得答案； （2）设，直线HA、直线HB分别与椭圆方程联立利用韦达定理求出、的坐标，再求斜率可得答案. 【小问1详解】 由题意可得，又， 故，整理得直线HA的一般式方程为； ，整理得直线HB的一般式方程为； 【小问2详解】 设， 联立， 整理得，故， 由得，代入， 得，即； 联立，整理得， 故，由，得， 代入，得，故， 则. 16. 在一个密闭不透明的箱子中有五个浅色球，其中一个球的标号为1，另一个密闭不透明的箱子中有五个深色球，其中两个球的标号为2，3. （1）若在两个箱子中各抽取两个球，求抽取的四个球中，标号为1，2，3的三个球中至少有两个的概率； （2）若在两个箱子中共随机抽取四个球，记其中浅色球的个数为X，求X的分布列. 【答案】（1） （2） 的分布列为 X 0 1 2 3 4 P 【解析】 【分析】（1）先利用分步乘法计数原理计算总抽取方法，再求出抽到至少两个有标号的球的方法计算概率即可； （2）利用离散型随机变量的分布列公式计算即可. 【小问1详解】 由题意可得共有（种）不同的抽法， 抽取的四个球中，标号为1，2，或1，3的种数有， 标号为2，3的种数有，抽到1,2,3的种数有， 合计（种）不同的抽法， 所以抽取的四个球中，标号为1，2，3的三个球中至少有两个的概率为. 【小问2详解】 由题意知，的可能取值为0，1，2，3，4. ， ，， ， 所以的分布列为 X 0 1 2 3 4 P 17. 如图为上、下底面半径分别为1，2的圆台，其中AB为上底面直径，BP为母线，CD在上底面，且，.该圆台的体积为为线段AP上一点，且平面PBC. （1）求的长度; （2）若平面PAD∩平面，求直线与平面PAC所成角的正弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）取AB的中点,连接,证明平面平面，再证，推得是AP的中点，根据圆台体积求出其高，继而求得长，即得长； （2）依题意建系，写出相关点的坐标，证明，求出相关向量的坐标，利用空间向量的夹角公式求解即得. 【小问1详解】 如图，取AB的中点，连接，则， 因为，，所以， 所以四边形是平行四边形，所以. 因为平面平面，所以平面. 又平面平面，，所以平面平面. 因为平面，所以平面PBC. 又平面PAB，平面平面，所以. 又是AB的中点，所以是AP的中点. 设圆台的高为h， 由，解得， 故. 【小问2详解】 以为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则，， 故， 因为平面PBC，又平面PAD，平面平面，故， 设为平面PAC的法向量， 则取，得为平面的一个法向量， 设为与平面所成的角，则. 18. 定义表示不超过的最大整数，已知，记数列的前项和为. （1）求的值; （2）已知是正整数，求. 参考公式:. 【答案】（1）34 （2） 【解析】 【分析】（1）根据定义求出，再求； （2）由定义得，再求即可. 【小问1详解】 由题意可得时，， 故； 【小问2详解】 当时，代入公式可得， 且， 故当时， 时，，代入上式也成立. 综上，. 19. 已知函数. （1）求的单调区间. （2）已知直线与曲线交于，，三点，且. ①若成等差数列，求的值； ②证明：. 【答案】（1）单调递增区间为和，单调递减区间为. （2）①； ②证明：要证，即证， 又在上单调递减， 即证， ，即证， 令， 则， 则 ， 故在上单调递增， 故， 则， 则，即， 故. 【解析】 【分析】（1）先对函数求导，结合导数与单调性关系即可求解； （2）①令，即，故一个交点为原点，令，结合导数分析的单调性，再由成等差数列，结合等差数列的性质即可求解； ②证明：要证，即证，结合的单调性，即证，即证，构造函数，对其求导，结合导数与单调性关系即可证明. 【小问1详解】 ， 当时，， 当时，， 所以的单调递增区间为和， 单调递减区间为. 【小问2详解】 ①令，即， 故一个交点为原点， 令，则， 令，解得， 令，解得， 故在上单调递减，在上单调递增， 当时，，当时，， 则， 由成等差数列得， 则，且，， 故有，即， 解得舍去， 则， 则. ②略 【点睛】方法点睛： 破解双变量不等式的方法： ①转化，即由条件入手，寻找双变量满足的关系式，并把含双变量的不等式转化为含单变量的不等式； ②巧构函数，再借用导数判断函数的单调性，从而求其最值； ③回归双变量不等式的证明，把所求的最值应用到双变量不等式，即可证得结果. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $