精品解析：河南省南阳市2024-2025学年高二上学期1月期末教学质量评估数学试题

2024年秋期高中二年级期终质量评估 数学试题 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. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 不存在 （北师大选择性必修一第140页A组第3题） 2. 若，且为直线l的一个方向向量，为平面的一个法向量，则m的值为（ ） A. B. C. D. 8 3. 已知圆 圆则两圆的公切线条数为（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 4. 已知事件A，B互斥，，且，则（ ） A. B. C. D. 5. 一批电阻的阻值（单位：）服从正态分布，根据行业标准，概率低于0.003视为小概率事件，现从甲、乙两箱成品中各随机抽取一个电阻，测得阻值分别为和，则下列结论正确的是（ ） A. 甲、乙两箱电阻均可出厂 B. 甲、乙两箱电阻均不可出厂 C. 甲箱电阻可出厂，乙箱电阻不可出厂 D. 甲箱电阻不可出厂，乙箱电阻可出厂 6. 二面角棱上有A、B两点，直线AC、BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB，已知，则该二面角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 7. 用1，2，3，4，5，6这六个数组成无重复数字的六位数，则在数字1，3相邻的条件下，数字2，4也相邻的概率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知分别是双曲线的左、右焦点，点O为坐标原点，过的直线分别交双曲线左、右两支于A，B两点，点C在x轴上，平分到渐近线的距离为，则双曲线的方程为（ ） 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.） 9. 关于的展开式，下列说法中正确的是（ ） A. 各项系数之和为1 B. 第二项与第四项的二项式系数相等 C. 常数项为15 D. 有理项共有4项 10. 某同学投篮两次，第一次命中率为．若第一次命中，则第二次命中率为；若第一次未命中，则第二次命中率为．记为第i次命中，X为命中次数，则（ ） A. B. C. D. 11. 如图，在棱长为4的正方体中，O为和的交点，点在线段上，，E，F分别为棱和的中点，则下列选项正确的是（ ） A. 若点P是线段上一动点，则直线平面 B. 若点Q是平面内一点，且满足，则点Q的轨迹是抛物线 C. 若点M为平面内一点，且满足，则OM的最小值为 D. 过线段BD且垂直于平面的截面图形为等腰梯形 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 一个底面半径为2的圆柱被与其底面所成角是的平面所截，截面是一个椭圆，则该椭圆的离心率为______． 13. 唐代诗人李顾的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河.”诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在区域为，若将军从点处出发，河岸线所在直线方程为，并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营，则“将军饮马”的最短总路程为__________. 14. 甲乙两人进行一场抽卡游戏，规则如下：有编号的卡片各1张，两人轮流从中不放回的随机抽取1张卡片，直到其中1人抽到的卡片编号之和等于12或者所有卡片被抽完时，游戏结束.若甲先抽卡，求甲抽了3张卡片时，恰好游戏结束的概率是______. 四、解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 15. 直线l经过两直线和的交点． （1）若直线l与直线垂直，求直线l方程； （2）若直线l与圆相切，求直线l的方程． （北师大选择性必修一第129页第4题） 16. 已知：如图，三角形ABC为正三角形，AE和CD都垂直于平面ABC，且，F为BE的中点． （1）求点B到平面ADF的距离； （2）求平面BDE与平面ABC所成锐二面角的正弦值． 17. 甲、乙两人进行射击比赛，每场比赛中，甲、乙各射击一次，甲、乙每次至少射中8环．根据统计资料可知，甲击中8环、9环、10环的概率分别为0.7，0.2，0.1，乙击中8环、9环、10环的概率分别为0.6，0.2，0.2，且甲、乙两人射击相互独立． （1）在一场比赛中，求甲击中环数多于乙击中的环数的概率； （2）若独立进行三场比赛，用X表示这三场比赛中甲击中的环数多于乙击中的环数的场数，求X的分布列与数学期望． 18. 在平面直角坐标系中，动点P与定点的距离和它到定直线的距离之比是常数，记P的轨迹为曲线E． （1）求曲线E方程； （2）设过点且互相垂直两条直线分别与曲线E交于点M，N（异于点A），求证：直线MN过定点． 19. 在的展开式中，把，，，，叫做三项式系数． （1）当时，写出三项式系数，，的值； （2）类比二项式系数性质，探究，，，的等量关系，并给出证明； （3）求的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024年秋期高中二年级期终质量评估 数学试题 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. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 不存在 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知直线方程确定倾斜角即可. 【详解】因为直线与x轴垂直，所以倾斜角为． 故选：C （北师大选择性必修一第140页A组第3题） 2. 若，且为直线l的一个方向向量，为平面的一个法向量，则m的值为（ ） A. B. C. D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】由题意，利用空间向量共线的坐标表示求参数值. 【详解】由题意知，即，解得． 故选：C 3. 已知圆 圆则两圆的公切线条数为（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】确定两圆的位置关系后可得公切线条数． 【详解】圆标准方程为， 则已知两圆圆心分别为，半径分别为， 圆心距为， 因此两圆外切，它们有三条公切线， 故选：B． 4. 已知事件A，B互斥，，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由互斥事件的加法及已知可得，再由对立事件概率求法求. 【详解】因为，且，所以， 所以． 故选：A 5. 一批电阻的阻值（单位：）服从正态分布，根据行业标准，概率低于0.003视为小概率事件，现从甲、乙两箱成品中各随机抽取一个电阻，测得阻值分别为和，则下列结论正确的是（ ） A. 甲、乙两箱电阻均可出厂 B. 甲、乙两箱电阻均不可出厂 C. 甲箱电阻可出厂，乙箱电阻不可出厂 D. 甲箱电阻不可出厂，乙箱电阻可出厂 【答案】C 【解析】 【分析】根据定义结合正态分布的概率得出结论. 【详解】依题意，所以， 所以，，， 因为， 所以甲箱电阻可出厂，乙箱电阻不可出厂． 故选：C. 6. 二面角的棱上有A、B两点，直线AC、BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB，已知，则该二面角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由，应用向量数量积的运算律及已知可得，即可求二面角余弦值. 【详解】由，且， 得， 故，即， 所以，即二面角的余弦值为. 故选：D 7. 用1，2，3，4，5，6这六个数组成无重复数字的六位数，则在数字1，3相邻的条件下，数字2，4也相邻的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】应用排列数及条件概率公式求条件概率即可. 【详解】记“数字1，3相邻”为事件A，“数字2，4也相邻”为事件B， 则，所以． 故选：B 8. 已知分别是双曲线的左、右焦点，点O为坐标原点，过的直线分别交双曲线左、右两支于A，B两点，点C在x轴上，平分到渐近线的距离为，则双曲线的方程为（ ） A B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知有，设，则，结合角平分线的性质、双曲线的定义得到，在中应用余弦定理得到双曲线参数的关系，即可得方程. 【详解】如图，易知， 设，则， 由平分，则， 由双曲线定义知，， 所以，即， 在中，化简得， 由得，到渐近线的距离为，则， 所以，故双曲线的方程为：． 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.） 9. 关于的展开式，下列说法中正确的是（ ） A. 各项系数之和为1 B. 第二项与第四项的二项式系数相等 C. 常数项为15 D. 有理项共有4项 【答案】CD 【解析】 【分析】赋值法求二项式中各项系数之和判断A；由二项式系数定义求对应项的二项式系数判断B；应用二项式展开式通项求常数项、有理项判断C、D. 【详解】对于A，令时，则展开式中各项系数之和为0，错误； 对于B，第二项二项式系数，第四项的二项式系数，第二项与第四项的二项式系数不相等，错误； 对于C，展开式的通项为， 令，得，展开式中的常数项为，正确； 对于D，当时，，所以展开式的有理项共有4项，正确． 故选：CD 10. 某同学投篮两次，第一次命中率为．若第一次命中，则第二次命中率为；若第一次未命中，则第二次命中率为．记为第i次命中，X为命中次数，则（ ） A B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用全概率公式及贝叶斯公式可判定A、D选项，利用期望与方差公式可判定B、C选项. 【详解】对于A，易知，故A正确； 对于D，易知，故D正确； 对于B、C，易知可取，则, ，所以， ，故B正确；C错误； 故选：ABD 11. 如图，在棱长为4的正方体中，O为和的交点，点在线段上，，E，F分别为棱和的中点，则下列选项正确的是（ ） A. 若点P是线段上一动点，则直线平面 B. 若点Q是平面内一点，且满足，则点Q的轨迹是抛物线 C. 若点M为平面内一点，且满足，则OM的最小值为 D. 过线段BD且垂直于平面的截面图形为等腰梯形 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据正方体的性质易证平面平面即可判断A；由题意易得，结合已知有，构建坐标系求点Q的轨迹判断B；AC与BD的交点为G，连接，先得到点M的轨迹为线段，并确定OM的最小值即O到直线的距离，应用等面积法求结果判断C；取的中点分别是H、T，根据已知证得平面，进而得面面，进而确定截面形状判断D. 【详解】对于A，由正方体性质知，面，面， 所以面，又，同理可证面 又且都在面内，则平面平面， 又直线平面，所以直线平面，正确； 对于B，由面，面，则，即， 又，易知，由于，则， 在面构建如下图示的平面直角坐标系，且，若， 所以，整理得， 所以点Q的轨迹是圆心为，半径为的圆，错误； 对于C，AC与BD的交点为G，连接， 因为面，面，所以面面，交线为， 所以点M的轨迹为线段，则OM的最小值即O到直线的距离， 当时，因为是直角三角形，所以， 则，即OM的最小值为，正确； 对于D，取的中点分别是H、T，由面，则是在面上的射影， 由是的中点，则，又，， 所以，易得，则， 同理，都在面内，所以平面， 而，则面，故面面， 所以四边形BDTH即所求截面，而，故四边形BDTH等腰梯形，正确． 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：根据各项给定条件证明相关线面、面面平行或垂直，综合几何法、解析法确定动点的轨迹为关键. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 一个底面半径为2的圆柱被与其底面所成角是的平面所截，截面是一个椭圆，则该椭圆的离心率为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题设可得椭圆的长半轴为，结合椭圆参数关系求，即可得离心率. 【详解】因为底面半径为R的圆柱被与底面成的平面所截，其截口是一个椭圆， 则这个椭圆的短半轴为，长半轴为，且， ， 椭圆的离心率为； 故答案为：． 13. 唐代诗人李顾的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河.”诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在区域为，若将军从点处出发，河岸线所在直线方程为，并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营，则“将军饮马”的最短总路程为__________. 【答案】 【解析】 【分析】求出点关于直线的对称点的坐标，再求出到圆上的点的距离最小值. 【详解】设点关于直线的对称点， 的中点为， 故，解得，即， 依题意即为点到军营最短的距离， 所以“将军饮马”的最短总路程为. 故答案为： 14. 甲乙两人进行一场抽卡游戏，规则如下：有编号的卡片各1张，两人轮流从中不放回的随机抽取1张卡片，直到其中1人抽到的卡片编号之和等于12或者所有卡片被抽完时，游戏结束.若甲先抽卡，求甲抽了3张卡片时，恰好游戏结束的概率是______. 【答案】 【解析】 【分析】依题意可知游戏结束时共抽取了5张卡片，甲抽取的三张卡片数字之和为12，乙抽取的两张卡片数字之和不为12，分别计算出所对应的排列总数即可得出结论. 【详解】根据题意可知甲抽了3张卡片时，恰好游戏结束相当于从7张卡片中抽取了5张， 且甲抽取三张卡片数字之和为12，乙抽取的两张卡片数字之和不为12； 总的情况相当于从7张卡片中抽取了5张并进行全排列，即共种排法； 其中三张卡片数字之和为12的组合有；；；；共5种情况； 当甲抽取的数字为；；；时， 乙在剩余的4个数字中随意抽取两张卡片再进行排列，共有种； 当甲抽取的数字为时， 若乙抽取的两张卡片数字可能为，此时不合题意，此时共有种； 所以符合题意的排列总数为种， 而基本事件的总数为 可得所求概率为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题关键在于首先明确游戏结束时甲乙两人抽取的卡片张数以及数字之和的所有情况，再利用全排列公式计算出各种情况对应的种类数可得结论. 四、解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 15. 直线l经过两直线和的交点． （1）若直线l与直线垂直，求直线l的方程； （2）若直线l与圆相切，求直线l的方程． 【答案】（1）； （2）或. 【解析】 【分析】（1）求已知直线的交点，根据直线的垂直关系求直线方程即可； （2）讨论直线l的斜率存在性，结合直线与圆相切的性质列方程求参数，即可得直线方程. 【小问1详解】 由，得，所以交点坐标为； 又直线l与直线垂直，设直线l的方程为， 将代入得，所以直线l的方程为． 【小问2详解】 当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为， 此时圆心到直线l的距离为3，等于圆的半径，故直线l与圆相切，满足题意； 当直线l斜率存在时，设直线l的方程为，即， 因为直线l与圆相切，所以圆心到直线l的距离，解得， 此时直线l的方程为， 综上所述，直线l的方程为或． （北师大选择性必修一第129页第4题） 16. 已知：如图，三角形ABC为正三角形，AE和CD都垂直于平面ABC，且，F为BE的中点． （1）求点B到平面ADF的距离； （2）求平面BDE与平面ABC所成锐二面角的正弦值． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）在平面ACDE内，过点D向EA做垂线，垂足记为G，根据已知证明平面ADF，则点B到平面ADF的距离为线段BF的长，即可求距离. （2）构建合适的空间直角坐标系，应用向量法求面面角的正弦值. 【小问1详解】 在平面ACDE内，过点D向EA做垂线，垂足记为G，又， ， 在直角中，， 在直角中，， ，又F为BE的中点， ，又，则， 平面ADF， 平面ADF，即点B到平面ADF的距离为线段BF的长， 因为，所以． 【小问2详解】 如图，取AC的中点O，连接BO，则， 以O为坐标原点，AO，BO分别为x，y轴，过O作平行于AE的直线为z轴，建立空间直角坐标系， 则， 可得，易知是平面ABC的一个法向量， 设平面BDE的一个法向量为，则，即， 令，则，所以，则， 所以平面BDE与平面ABC所成锐二面角的正弦值为． 17. 甲、乙两人进行射击比赛，每场比赛中，甲、乙各射击一次，甲、乙每次至少射中8环．根据统计资料可知，甲击中8环、9环、10环的概率分别为0.7，0.2，0.1，乙击中8环、9环、10环的概率分别为0.6，0.2，0.2，且甲、乙两人射击相互独立． （1）在一场比赛中，求甲击中的环数多于乙击中的环数的概率； （2）若独立进行三场比赛，用X表示这三场比赛中甲击中环数多于乙击中的环数的场数，求X的分布列与数学期望． 【答案】（1） （2）分布列见解析， 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用互斥事件、相互独立事件的概率公式计算得解. （2）求出的可能值，由（1）结合二项分布的概率求出分布列及期望. 【小问1详解】 设甲击中的环数多于乙击中的环数为事件A， 则事件A包括：甲击中9环乙击中8环，甲击中10环乙击中8环，甲击中10环乙击中9环， 所以. 【小问2详解】 依题意，X的所有可能取值为0，1，2，3， 由（1）知，在一场比赛中，甲击中的环数多于乙击中的环数的概率为0.2，则， 因此， ， 所以X的分布列为 X 0 1 2 3 P 0.512 0.384 0.096 0.008 期望. 18. 在平面直角坐标系中，动点P与定点的距离和它到定直线的距离之比是常数，记P的轨迹为曲线E． （1）求曲线E的方程； （2）设过点且互相垂直的两条直线分别与曲线E交于点M，N（异于点A），求证：直线MN过定点． 【答案】（1）； （2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据两点距离、点线距离求曲线E的方程； （2）法一：讨论直线MN斜率存在性，设直线方程并联立双曲线方程，利用韦达定理及求出相关参数，得到直线方程，进而确定直线是否过定点；法二：将视作对称中心，齐次化处理相关方程、设直线方程，联立方程并结合求方程中所含的参数值，进而确定直线是否过定点； 【小问1详解】 设，因为P与定点的距离和它到定直线的距离之比是常数， 所以，化简得，曲线E的方程为． 【小问2详解】 解法一：设， 当直线MN斜率不存在，直线AM，AN分别为， 分别联立，有，可得或（点横坐标，舍），则， 此时直线MN的方程为，过点； 当直线MN斜率存在时，设其方程为， 由，消去y得， 所以， 由根与系数的关系得， 因为，所以，即， 即， 即， 将，代入化简得， 所以或， 当时，直线MN方程为（不合题意，舍）， 当时，直线MN方程为，MN恒过定点， 综上所述，直线MN过定点． 解法二：（齐次化）设不过点A的直线MN的方程为， 将双曲线E的方程变形为：，即， 将直线MN的方程代入得，， 整理得，， 变形得． 由题意，直线AM、AN的斜率存在，且， 设， 则是方程的两个根， 所以，解得， 则直线MN的方程为，整理得， 令，得，所以直线MN恒过定点． 【点睛】关键点点睛：第二问，设直线方程，联立双曲线方程并应用韦达定理及求出直线方程中的相关参数为关键. 19. 在的展开式中，把，，，，叫做三项式系数． （1）当时，写出三项式系数，，的值； （2）类比二项式系数性质，探究，，，的等量关系，并给出证明； （3）求的值． 【答案】（1） （2），证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）由代入计算即可； （2）根据类比推理由二项式系数的性质，类比推理三项式系数，由， ，根据两边系数相等证明式子成立； （3）由，用二项式定理的性质，分析即可求解. 【小问1详解】 因为， 所以. 【小问2详解】 类比二项式系数性质，三项式系数有如下性质： ， 因为， 所以， 上式左边的系数为，而上式右边的系数为， 由为恒等式， 得 【小问3详解】 ， 其中系数为， 又， 而二项式的通项， 因为2024不是3的倍数，所以的展开式中没项， 由代数式恒成立，得 ． 【点睛】关键点点睛：解题的关键点是类比的二项式展开式(杨辉三角)的规律和结合二项式定理解题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$