精品解析：河南省驻马店市2024-2025学年高二上学期1月期末质量监测数学试题

驻马店市2024~2025学年度第一学期期末质量监测 高二数学试题 本试卷共19道题，满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.考生做题时将答案答在答题卡的指定位置上，在本试卷上答题无效. 2.答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 3.选择题答案使用2B铅笔填涂，非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整，笔迹清楚. 4.请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效. 5.保持卷面清洁，不折叠、不破损. 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. 直线：在轴上的截距为（ ） A. B. C. 1 D. 2 2. 已知，，三点在同一条直线上，则（ ） A 5 B. 6 C. 7 D. 8 3. 若圆锥曲线：的焦距是6，则实数的值为（ ） A. 40 B. 13 C. 40或 D. 13或 4. 3名医生和4名护士将被分配到2所学校学生体检，每校至少分配1名医生和2名护士，则分配方法共有（ ） A. 18种 B. 36种 C. 54种 D. 72种 5. 展开式中系数为（ ） A. B. C. 35 D. 55 6. 已知点是圆：外一点，以为直径的圆与圆相交于，两点，则四边形的面积为（ ） A. B. C. D. 7. 青铜豆最早见于商代晚期，盛行于春秋战国时期，它不仅可以作为盛放食物的铜器.还是一件十分重要的礼器，图①为河南出土的战国青铜器—方豆，豆盘以上是长方体容器和正四棱台的斗形盖.图②是与主体结构相似的几何体，其中，，，点为上一点，且，点为的中点，则异面直线与夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 抛物线：的焦点为，过点的直线与抛物线交于，两点，过点作一条与轴平行的直线与直线交于点（其中为坐标原点），若点的轨迹与椭圆：交于、两点，且，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分. 9. 已知，则（ ） A. B. C. D. 10. 如图，点，分别是棱长为2的正四面体的边和的中点，点在线段上，且.则（ ） A. B. C. D. 向量在方向上的投影数量为 11. 已知曲线：，直线：，则（ ） A. 曲线关于轴对称 B. 存在实数，使得直线与曲线没有公共点 C. 若直线与曲线有且只有一个公共点，则实数的取值范围是 D. 若直线与曲线交于两点，且（其中为坐标原点），则实数的取值范围是 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.将答案填在答题卡相应的位置上. 12. 若直线：与直线：平行，则实数的值为______. 13. 在全国中学生智能汽车总决赛中，某校学生开发智能汽车在一个标注了平面直角坐标系的平面上从坐标原点出发，每次只能移动一个单位，沿轴正方向移动的概率是，沿轴正方向移动的概率是，则该智能汽车移动3次恰好移动到点的概率为______. 14. 如图，在棱长为的正方体中，点为平面内一动点，且，设点到直线的距离为，则的取值范围是______. 四、解答题：本大题共5小题，满分77分.解答时要求写出必要的文字说明、证明过程或推演步骤. 15. 已知直线经过点，圆． （1）若直线与圆C相切，求直线的方程； （2）若直线被圆C截得的弦长为，求直线的方程． 16. 袋中有除颜色外完全相同的白球和黑球共10个，现从袋中不放回地连取两个，至少有一个白球的概率为. （1）求白球和黑球各有多少个； （2）求第二次取出白球的概率； （3）已知第二次取出白球，求第一次取出黑球的概率. 17. 已知双曲线：，若与双曲线有相同的渐近线，且的焦点与虚轴的端点为顶点的四边形的面积为. （1）求的方程； （2）设过右焦点的直线与交于，两点，以为直径圆恰好过原点，求直线的方程. 18. 图1是等腰梯形，，，是中点，以为折痕，将折起，使点到达点的位置，如图2. （1）求证：； （2）若 （i）求二面角的平面角的正弦值； （ii）在棱上存在点，使得到平面的距离为，求直线与平面所成角的正弦值. 19. 在平面直角坐标系中，点在椭圆：上，，是椭圆的右顶点和上顶点，原点到直线的距离为. （1）求椭圆方程； （2）过椭圆外一点任作一条直线与椭圆交于不同的两点， （i）若是线段中点，且点在第二象限，，求直线的方程； （ii）若在线段上取一点满足，证明：点必在某条定直线上. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 驻马店市2024~2025学年度第一学期期末质量监测 高二数学试题 本试卷共19道题，满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.考生做题时将答案答在答题卡的指定位置上，在本试卷上答题无效. 2.答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 3.选择题答案使用2B铅笔填涂，非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整，笔迹清楚. 4.请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效. 5.保持卷面清洁，不折叠、不破损. 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. 直线：在轴上的截距为（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】由题意结合截距的概念运算即可得解. 详解】令，代入，得， 故选：B 2. 已知，，三点在同一条直线上，则（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】先利用空间向量的坐标运算求出与的坐标，再利用列方程求解即可. 【详解】因为，， 所以，， 又因为，，三点共线， 所以，， 解得，，所以， 故选：C 3. 若圆锥曲线：的焦距是6，则实数的值为（ ） A. 40 B. 13 C. 40或 D. 13或 【答案】D 【解析】 【分析】分焦点在轴、焦点在轴讨论可得答案. 【详解】焦距，所以， 当焦点在轴上时，，， 由得，所以； 当焦点在轴上时，，故不可能为椭圆，只能为双曲线，故， 由得，所以. 故选：D. 4. 3名医生和4名护士将被分配到2所学校为学生体检，每校至少分配1名医生和2名护士，则分配方法共有（ ） A. 18种 B. 36种 C. 54种 D. 72种 【答案】B 【解析】 【分析】首先利用分步计数原理，然后利用分类加法原理求解即可. 【详解】当学校甲分配一名医生和2名护士时，学校乙分配2名医生和2名护士， 共有种分配方法； 当学校甲分配2名医生和2名护士时，学校乙分配1名医生和2名护士， 共有种分配方法； 分类相加，所以共有36种. 故选：B 5. 展开式中的系数为（ ） A. B. C. 35 D. 55 【答案】A 【解析】 【分析】先求得展开式的通项公式，分别令，结合题意，即可求得答案 【详解】因为展开式通项，， 所以展开式为 故选：A. 6. 已知点是圆：外一点，以为直径的圆与圆相交于，两点，则四边形的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据方程表示圆求出，再由，求出、，再由可得答案. 【详解】圆：， 因为，所以，，， 因为以为直径的圆与圆相交于，两点， 所以，， 又，， 所以， 所以. 故选：C. 7. 青铜豆最早见于商代晚期，盛行于春秋战国时期，它不仅可以作为盛放食物的铜器.还是一件十分重要的礼器，图①为河南出土的战国青铜器—方豆，豆盘以上是长方体容器和正四棱台的斗形盖.图②是与主体结构相似的几何体，其中，，，点为上一点，且，点为的中点，则异面直线与夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，结合长方体及正四棱台的结构特征建立空间直角坐标系，利用空间向量求出线线角的余弦值. 【详解】建立如图所示空间直角坐标系，在正四棱台中， 点到平面距离为, 则，， 因此， 所以异面直线与夹角的余弦值为. 故选：A 8. 抛物线：的焦点为，过点的直线与抛物线交于，两点，过点作一条与轴平行的直线与直线交于点（其中为坐标原点），若点的轨迹与椭圆：交于、两点，且，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出点D的轨迹是抛物线的准线，再由直线与椭圆的弦长进行求解即可． 【详解】解：， 如图所示： 设：代入，， 得，设，， 则，， 设，则， ， 因为， 不妨令，代入椭圆： 得， 所以椭圆的离心率， 故选：D 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分. 9. 已知，则（ ） A B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】利用赋值法可判断ACD的正误，利用二项展开式的通项公式可判断B的正误. 【详解】对A：令得，A选项错误； 对B：，B选项正确； 对C：令得，又， 所以，C选项错误； 对D：令得， 又，所以，D选项正确； 故选：BD. 10. 如图，点，分别是棱长为2的正四面体的边和的中点，点在线段上，且.则（ ） A. B. C. D. 向量在方向上的投影数量为 【答案】AC 【解析】 【分析】利用空间向量线性运算判断A；利用空间向量数量积的运算性质求解判断B，C；根据投影的定义求解判断D； 【详解】对A：由题意，所以， ，故A正确； 对B：因为 ， 所以，故B错误； 对C：，故C正确； 对D：向量在方向上的投影数量为，故D错误； 故选：AC. 11. 已知曲线：，直线：，则（ ） A. 曲线关于轴对称 B. 存在实数，使得直线与曲线没有公共点 C. 若直线与曲线有且只有一个公共点，则实数的取值范围是 D. 若直线与曲线交于两点，且（其中为坐标原点），则实数的取值范围是 【答案】ACD 【解析】 【分析】用代替，方程不变，可判断；时，曲线：，时，曲线：，画出曲线的图象，结合图象可判断，联立直线与曲线的方程，利用韦达定理及面积公式，解不等式继而可判断. 【详解】对于A：若满足曲线：时， 点也满足曲线的方程，故曲线关于轴对称，故A正确； 对于B：时，曲线：， 时，曲线：，图象如图所示； 直线：过定点， 由图可知，对任意，直线与曲线恒有公共点，故B错误； 对于C：当时，直线与双曲线的渐近线平行， 结合图象可知，直线与曲线有且只有一个公共点时， ，故C正确； 对于D：由图可知，直线与曲线的交点在双曲线上， 代入，得， 结合图象可知，当时，直线与曲线有两个公共点， 设两个交点，， 所以，且， ，， 所以， 所以， 即，解得， 所以，或， 所以，故正确； 故选：ACD. 【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线相交，弦和某个定点所构成的三角形面积的处理方法： （1）（其中为弦长，为顶点到直线的距离）； （2）拆分法：为了方便找底边，可以将三角形沿着轴，轴，拆分成两个三角形. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.将答案填在答题卡相应的位置上. 12. 若直线：与直线：平行，则实数的值为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据一般式方程中两直线平行的条件得到方程，求出参数的值，再代入检验即可. 【详解】因为，所以，解得， 当时，：与：重合，所以； 当时，：与：平行，所以. 故答案为： 13. 在全国中学生智能汽车总决赛中，某校学生开发智能汽车在一个标注了平面直角坐标系的平面上从坐标原点出发，每次只能移动一个单位，沿轴正方向移动的概率是，沿轴正方向移动的概率是，则该智能汽车移动3次恰好移动到点的概率为______. 【答案】 【解析】 【分析】由概率的乘法公式求解即可． 【详解】该智能汽车移动3次恰好移动到点， 需沿轴正方向移动1次，沿轴正方向移动2次， 有三种方式：先沿轴移动一次，再沿轴移动两次；先沿轴移动一次，再沿轴移动一次，再沿轴移动一次；先沿轴移动两次，再沿轴移动一次， 概率为． 故答案为： 14. 如图，在棱长为的正方体中，点为平面内一动点，且，设点到直线的距离为，则的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】连接分别交平面，平面于点，，根据为定值，计算得到平面的距离，得点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，在平面的投影是以为圆心，为半径的圆，计算到直线的距离为，进而得到到直线的距离. 【详解】 如图，正方体中，平面，平面， 连接分别交平面，平面于点，，则， 由得,解得 同理，故 因为，所以， 所以动点轨迹是以为圆心，为半径的圆； 所以点在平面的投影是以为圆心，为半径的圆； 设点到直线的距离为， 又点到直线的距离为， 则，即， 所以点到直线的距离， 故答案为： 四、解答题：本大题共5小题，满分77分.解答时要求写出必要的文字说明、证明过程或推演步骤. 15. 已知直线经过点，圆． （1）若直线与圆C相切，求直线的方程； （2）若直线被圆C截得的弦长为，求直线的方程． 【答案】（1）或 （2）或 【解析】 【分析】（1）根据直线与圆相切，进行求解； （2）先由勾股定理求出圆心到直线的距离，再由距离公式求解即可. 【小问1详解】 由已知圆，所以圆心坐标为，半径为2. 当直线的斜率不存在时，即直线的方程为：，此时是与圆相切，满足题意； 当直线的斜率存在时，设直线为：，即， 则圆C的圆心到直线l的距离，解得， 故直线l的方程为．综上，直线l的方程为或． 【小问2详解】 因为直线l被圆C所截得的弦长为， 所以圆心到直线l的距离为． 由（1）可知，直线的斜率一定存在，设直线为：，即，则圆心到直线l的距离，解得或． 故直线l的方程为或． 16. 袋中有除颜色外完全相同的白球和黑球共10个，现从袋中不放回地连取两个，至少有一个白球的概率为. （1）求白球和黑球各有多少个； （2）求第二次取出白球的概率； （3）已知第二次取出白球，求第一次取出黑球的概率. 【答案】（1）袋子中白球个数为6，黑球的个数为4 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用对立事件的概率求解即可 （2）根据古典概型的概率公式求解即可； （3）利用条件概率公式求解即可 【小问1详解】 设黑球的个数为， 由已知可得，可得， 因为且，因此，， 所以，袋子中白球的个数为6，黑球的个数为4. 【小问2详解】 记事件A：第二次取出白球， 则 【小问3详解】 事件：第一次取出黑球， 则. 17. 已知双曲线：，若与双曲线有相同的渐近线，且的焦点与虚轴的端点为顶点的四边形的面积为. （1）求的方程； （2）设过右焦点的直线与交于，两点，以为直径圆恰好过原点，求直线的方程. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）首先根据题意设，，再结合四个交点为顶点的四边形的面积为得到，从而得到双曲线的标准方程. （2）首先让直线与双曲线联立，利用根系关系结合向量的数量积公式计算求参. 【小问1详解】 设双曲线的方程为，， 因为的焦点与虚轴的端点为顶点的四边形的面积为，， 所以，即双曲线的方程为 【小问2详解】 由（1）可知双曲线的方程为，右焦点 设直线的方程为，， 联立方程，得， 所以，， 因为直线与双曲线交于，两点，得， 因为以为直径的圆过原点，所以 所以，即， 所以， 整理得，所以直线的方程，即. 18. 图1是等腰梯形，，，是中点，以为折痕，将折起，使点到达点的位置，如图2. （1）求证：； （2）若 （i）求二面角的平面角的正弦值； （ii）在棱上存在点，使得到平面的距离为，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2）（i）（2）（ii） 【解析】 【分析】（1）利用等腰梯形和菱形性质得出线面垂直进而得出线线垂直； （2）（i）建立平面直角坐标系，建立以为坐标原点，，为轴、轴、轴的坐标系，空间向量法求出二面角的正弦值；（ii）设，根据点到平面距离求出参数，再计算线面角的正弦值. 【小问1详解】 连接交于，在等腰梯形，，，易得， 因为是中点，所以，易知是菱形，即， 因为，平面， 所以平面，平面，所以 【小问2详解】 由（1）可知，在菱形中，，因为，所以， 建立以为坐标原点，，为轴、轴、轴的坐标系，如图所示， ，，， （i），，，，， 设为平面的法向量，则，令，可得，即 设为平面的法向量，则，令，可得，即， ，二面角的平面角为，即 （ii）设，，，即 由（i）可知为平面的法向量，到平面的距离为， 即为中点，可得， 易知，，所以，， 设平面的法向量， 令，则，，则， 设直线与平面所成角为， 直线与平面所成角的正弦值 19. 在平面直角坐标系中，点在椭圆：上，，是椭圆的右顶点和上顶点，原点到直线的距离为. （1）求椭圆的方程； （2）过椭圆外一点任作一条直线与椭圆交于不同的两点， （i）若是线段中点，且点在第二象限，，求直线的方程； （ii）若在线段上取一点满足，证明：点必在某条定直线上. 【答案】（1） （2）（i）；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由点在椭圆上，及点到线的距离公式列出等式求解即可； （2）（i）设，，，通过点差法即可求解； （ii）法一：设，通过，，，四点共线，不妨设在的右侧，得到，再联立直线、椭圆方程结合韦达定理可得，即可求证；法二：设，，，由题意可得，则，求得两点坐标，代入椭圆方程化简即可； 【小问1详解】 因为在椭圆上，所以① 因为的坐标是，的坐标是，所以的方程为， 由点到直线的距离为可得② 由①②联立可得的方程为. 【小问2详解】 由题知直线的斜率存在，设直线的斜率为，则直线方程为， 设， （i）设，由题可知，， 设倾斜角为，易知的倾斜角为，， 所以，则直线方程； （ii）解法一：，，因为，，，四点共线，即有， 即得 不妨设在的右侧，，，，上式可化简为， 联立消去化简可得， 则，， ，代入直线方程，即，解得 由消去可得，则点必在定直线； 解法二：，，因为，，，四点共线，即有， ， 设，则，设，，， 由可得，由，可得， 、在椭圆上，，化简可得 ， 两式相减得到， 点必在定直线上. 【点睛】关键点点睛：第二问法二：通过，则，由点坐标，表示两点坐标，代入椭圆方程相减即可. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$