2024~2025学年河南省名校大联考高二上学期阶段性测试月考数学试卷（解析版）

这是一份2024~2025学年河南省名校大联考高二上学期阶段性测试月考数学试卷（解析版），共15页。试卷主要包含了 已知圆，则下列结论正确的是， 已知，且，则下列选项正确的是等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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､单项选择题：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. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由，
故选：B
2. 已知三个向量共面，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为共面，所以设，所以，解得，
故选：C.
3. 在一次文物展览中，要将5件不同的文物从左到右摆成一排进行展示，其中有2件特殊的文物需要相邻摆放，则不同的排列方法有（ ）
A. 24种B. 48种C. 96种D. 120种
【答案】B
【解析】先把2件特殊的文物放一起，看做一个整体与其余3个全排列，
共有种不同的排法，
故选：B
4. 已知在四面体中，是棱的中点，点满足，点满足.记，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】如图，
因为是棱的中点，点满足，
则，，
又点满足，即，于是，
所以.
故选：A
5. 已知分别为双曲线的左､右焦点，为上的一点，且，则的渐近线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】因为，所以，
所以，所以，
又因为，所以，所以，
所以渐近线方程为，
故选：C.
6. 已知点在圆上运动，点是的中点，记点的轨迹为曲线.若直线过定点，且与曲线有且仅有一个公共点，则直线的方程为（ ）
A. B.
C. 或D. 或
【答案】D
【解析】设，
∵M是线段中点，
∴，整理可得，
∵A在圆上，∴，
整理可得曲线的方程为：．曲线E是以圆心，半径的圆，
所以若直线l与曲线E只有一个公共点，即直线l与曲线E相切．
当直线l斜率不存在时，方程为，是圆切线，满足题意；
当直线l斜率存在时，设其方程为，
即，
∴圆心到直线l的距离，解得，
所以直线l的方程为，即．
综上，直线l的方程为或．
故选：D．
7. 过抛物线的焦点作倾斜角为的直线交抛物线于两点，过的中点作另一条直线交轴于点，若，且，则（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】B
【解析】抛物线y2=2pxp>0的焦点，
直线的斜率为，则直线的方程为，
代入抛物线方程得，
即，解得，
∴，
∴，
因为的中点，所以，
即，
又，∴，
∴，∴，
所以直线的方程为，
令，得，所以，
∴，
∴，解得．
故选：B．
8. 已知直线过定点,圆的方程为，若是直线与圆的一个交点，则的最大值为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】由直线可得，
令，解得，所以直线过定点，
因为圆的方程为，而，
所以点在圆内部，即直线与圆相交，点是圆上的任意一点，
因为，设，
所以
，其中，
则当时，取得最大值，且最大值为
故选：C
二､多项选择题：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. 已知圆，则下列结论正确的是（ ）
A. 的取值范围为
B. 圆关于直线对称
C. 若直线被圆截得的弦长为，则
D. 若，过点作圆的一条切线，切点为，则
【答案】BCD
【解析】圆可化为，所以，解得，故A错误；
因为圆C的圆心为在直线上，所以圆关于直线对称，故B正确；
因为圆心到直线的距离为，又弦长为，
所以，可得圆C的半径为1，即，得，故C正确；
当时，圆C的半径为，，所以切线长为，故D正确.
故选：BCD
10. 已知，且，则下列选项正确的是（ ）
A.
B.
C.
D. 若为奇数，则
【答案】ACD
【解析】对于A，组合数的性质为，在中，令，
那么，所以，故A正确；
对于B，组合数的递推公式为，令，
则，移项可得，故B错误；
对于C，，
，
所以，故C正确；
对于D，根据二项式定理，
当时，，
当，为奇数时，，
两式相加得，
则，故D正确；
故选：ACD.
11. 已知椭圆的左､右焦点分别为，过的直线与交于两点，若，则（ ）
A. B. 的面积等于
C. 的斜率为D. 的离心率为
【答案】BC
【解析】根据，设，
根据椭圆的定义可得，所以，
则，所以，即，
因为，所以点在下顶点或上顶点，如图所示：
对于A，，
所以，不能得到，故A错误；
对于B，由A可得，所以，
，
因为，所以，故B正确；
对于C，若点在下顶点，则该直线的倾斜角为，此时斜率为，
若点在上顶点，则该直线倾斜角为，此时斜率为，
所以的斜率为，故C正确；
对于D，在中，，
所以，离心率为，故D错误；
故选：BC.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 在的展开式中，若第三项的系数为15，则__________.
【答案】6
【解析】的展开式的通项为，
则第三项的系数为，即，
即，解得(舍)或．
故答案为：6．
13. 如图，将两个相同的四棱锥与对称摆放组成一个多面体，已知平面，四边形是边长为2的正方形，若平面与平面的夹角为，则该多面体的体积为__________.
【答案】
【解析】∵平面，平面，∴，，
又，，平面，∴平面，
以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
设，则,
，
设平面的法向量为，
由，令，则，，
设平面的法向量为，由，
令，则，，
若平面与平面的夹角为，
则，解得，
所以该多面体的体积为.
故答案为：.
14. 现用3种不同的颜色给正五边形的五个顶点涂色，要求相邻顶点的颜色不同，则不同的涂色方法种数为__________.
【答案】30
【解析】如图，考虑B，C，E三点的涂色情况，
若B，C，E三点涂三种颜色，则该三点共有种涂色方法，
此时A有1种涂色方法，D有1种涂色方法，则共有种涂色方法；
若B，C，E三点涂两种颜色，则E与B同色，或E与C同色，
当E与B同色时，该三点共有种涂色方法，
此时A有2种涂色方法，D有1种涂色方法，则共有种涂色方法，
同理当E与C同色时，共有种涂色方法，
综上，不同的涂色方法种数为．
故答案为：30．
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. （1）求的展开式中的常数项；
（2）已知，求的值.
解：（1）展开式通项为．
由，可得．
因此展开式的常数项为第5项：．
（2）已知式中令得，
令得，
又，所以，
所以．
16. 已知双曲线的焦距为，且经过点.
（1）求的方程；
（2）已知斜率为且不经过坐标原点的直线与交于两点，若的中点在直线上，求的值.
解：（1）由题意得，即，所以，
因为双曲线经过点，
所以代入可得，
解得，，
所以的方程为.
（2）设直线的方程为，，，的中点为.
联立，消去整理得：，
所以，，
则，，所以.
因为在直线上，所以，又，所以.
17. 如图,在三棱锥中,底面，且为棱的中点.
（1）证明：平面；
（2）若点在棱上，且，求平面与平面夹角的余弦值.
解：（1）∵平面，且平面，
∴，
∵，平面，且，
∴平面，又平面，
∴，
∵，且D为的中点，
∴，
又，且平面，
因此平面．
（2）以点A为原点，以过点A且平行于的直线为x轴，所在的直线分别为y轴和z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
∵，
∴，
∴，
由于G在棱上，令，
那么，
∵，
∴，解得，
∴，又，
设平面的法向量为，
∴，令，则，，
∵平面，∴是平面的法向量，
设平面与平面的夹角为，
则，
∴平面与平面夹角的余弦值为．
18. 一个袋中装有2个红球和4个白球，这些球除了颜色以外完全相同.每次从袋中随机取出一个球，取出的球不放回.
（1）求第二次取出是红球的概率；
（2）若第三次取球时发现取出的是红球，求此时袋中没有红球的概率；
（3）设2个红球都被取出时，已经取出的白球个数为，求的分布列.
解：（1）第二次取出的是红球是两个互斥事件的和事件，
分别为第一次取出红球，第二次取出红球；第一次取出白球，第二次取出红球；
所以概率.
（2）记第三次取球时发现取出的是红球为事件A，第三次取球后袋中无红球为事件B,
则,
，
所以.
（3）由题意，的可能取值为，
则，
，
，
，
,
所以分布列为：
19. 已知椭圆的离心率为，上､下顶点和左､右焦点形成的四边形的面积为.
（1）求的方程；
（2）设是上任意一点，线段上一点满足，求的取值范围；
（3）经过的直线与交于两点，与的内切圆半径分别为，，当时，求的方程.
解：（1）由条件可知，，解得，所以的方程为.
（2）设，则且，因为，
所以，
所以，
因为，所以，
所以，化简可得，
因为，所以.
（3）当直线的斜率为时，显然不符合要求；
当直线的斜率不为时，设，Ax1,y1,Bx2,y2，
联立，可得，所以，
因为，
所以，
所以，
同理可知：，
因为，所以且，所以，
所以，
所以，解得，
所以的方程为，即.
0
1
2
3
4