河南省南阳市2024-2025学年高二上学期1月期末考试 数学 含解析

这是一份河南省南阳市2024-2025学年高二上学期1月期末考试 数学 含解析，共19页。试卷主要包含了保持卷面清洁，不折叠、不破损.等内容，欢迎下载使用。
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
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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.
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【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
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【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 ，
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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（ ）
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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】
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【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 ，
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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 为等腰梯形，正确．
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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 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 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，
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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】
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【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；
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，
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】
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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.
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（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 ．
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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．
【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
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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
，
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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 ，
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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
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（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 ，
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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.
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