河南省焦作市2023-2024学年高二上学期1月期末考试数学试题

这是一份河南省焦作市2023-2024学年高二上学期1月期末考试数学试题，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．抛物线的准线方程为（ ）
A．B．C．D．
2．已知随机变量，且，则（ ）
A．0.1B．0.2C．0.3D．0.4
3．已知直线与垂直，则（ ）
A．0B．0或C．D．0或
4．今年冬天，“北上滑雪”成为热门的度假方式，某滑雪场通过调查了解到有的游客是第一次滑雪，其他游客以前滑过雪，则从所有游客中任选四人，其中恰有两人是第一次滑雪的概率为（ ）
A．B．C．D．
5．把2个相同的红球､1个黄球､1个蓝球放到三个盒子里，每个盒子中至少放1个球，则不同的放法种数为（ ）
A．18B．20C．21D．24
6．如图，在四棱锥中，底面为菱形，，为棱的中点，且，则（ ）
A．6B．8C．9D．10
7．小明利用课余时间参与科学探究活动——观察蒜苗的生长，下表记录了大蒜发芽后第4天至第8天的蒜苗高度，若用最小二乘法算得蒜苗高度与时间天的线性回归方程为，则根据回归方程预测，从第（ ）天开始蒜苗高度大于.
A．15B．16C．17D．18
8．椭圆具有如下光学性质：从椭圆的一个焦点发出的光线，经过椭圆反射后，反射光线过椭圆的另一个焦点（如图）.已知椭圆的左､右焦点分别为，过点的直线与交于点，，过点作的切线，点关于的对称点为，若，，则（ ）
注：表示面积.
A．2B．C．3D．
二、多选题
9．若的展开式中各项的二项式系数之和为128，则（ ）
A．B．项的系数为
C．各项系数之和为D．
10．已知曲线，则（ ）
A．当时，曲线是椭圆
B．当时，曲线是以直线为渐近线的双曲线
C．存在实数，使得过点
D．当时，直线总与曲线相交
11．已知圆和圆，则（ ）
A．圆与轴相切
B．两圆公共弦所在直线的方程为
C．有且仅有一个点，使得过点能作两条与两圆都相切的直线
D．两圆的公切线段长为
12．已知正方体的棱长为分别是棱和的中点，是棱上的一点，是正方形内一动点，且点到直线与直线的距离相等，则（ ）
A．
B．点到直线的距离为
C．存在点，使得平面
D．动点在一条抛物线上运动
三、填空题
13．已知为正整数，且，则 .
14．在空间直角坐标系中，向量，分别为异面直线的方向向量，若所成角的余弦值为，则 .
15．已知是双曲线的左､右焦点，为上一点，且（为坐标原点），，则的离心率为 .
16．有甲､乙两个鱼缸，甲鱼缸中有条金鱼和条锦鲤，乙鱼缸中有4条金鱼和3条锦鲤，先从甲鱼缸中随机捞出一条鱼放入乙鱼缸，再从乙鱼缸中随机捞出一条鱼，若从乙鱼缸中捞出的是金鱼的概率为，则的最小值为 .
四、解答题
17．近年来，直播带货逐渐兴起，成为乡村振兴的新动力，为了解甲､乙两个推销农产品的直播间的销售情况，统计了两个直播间一段时间内观众下单的相关数据，得到如下的表格：
(1)分别估计甲､乙直播间的观众下单的概率；
(2)是否有的把握认为两个直播间观众的下单意愿有差异？
附.
18．如图，在四棱锥中，为棱的中点，平面.
(1)求证：；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
19．已知圆，过点作圆的两条切线，切点分别为，且.
(1)求的值；
(2)过点作两条互相垂直的直线，分别与圆交于不同于点的两点，若，求直线的方程.
20．某商场为了促销组织抽奖活动，规则如下：有两个盒子，每个盒子中均有5张卡片，其中盒的卡片中有1张是中奖卡，盒的卡片中有3张是中奖卡，抽奖时，顾客先随机选一个盒子，再从这个盒子中任意抽取3张卡片.
(1)甲参加抽奖，若已知甲选到了盒，记他抽到中奖卡的张数为，求的分布列及期望；
(2)乙参加抽奖，若已知乙只抽到1张中奖卡，求乙选到了盒的概率.
21．如图，在斜三棱柱中，，且三棱锥的体积为.
(1)求三棱柱的高；
(2)若平面平面为锐角，求二面角的余弦值.
22．已知椭圆的上顶点为，右顶点为，且直线的斜率为.
(1)求的方程；
(2)若直线与交于两点（异于点），且满足，求面积的最大值.
时间天
4
5
6
7
8
蒜苗高度
1
2.4
4.6
5.6
6.4
下单的观众数
未下单的观众数
甲直播间
120
80
乙直播间
60
80
0.05
0.01
0.001
3.841
6.635
10.828
参考答案：
1．B
【解析】根据抛物线的标准方程求解.
【详解】由抛物线得：焦点在x轴上，开口向右，p=2，
所以其准线方程为，
故选：B
【点睛】本题主要考查抛物线的几何性质，属于基础题.
2．B
【分析】根据题意，利用正态分布曲线的对称性，即可求解.
【详解】根据正态分布曲线的对称性，
可得.
故选：B.
3．B
【分析】根据两直线垂直的条件，列出等式，即可求出结果.
【详解】因为，则有，解得或，
故选：B.
4．C
【分析】由题意可得四人中恰有两人是第一次滑雪的概率为，计算即可得解.
【详解】四人中恰有两人是第一次滑雪的概率为.
故选：C.
5．C
【分析】先把4个球分成3堆，得到其分法，再把球放入3个盒子里，即可得到总放法.
【详解】先把4个球分成3堆，分法有4种：(红红，黄，蓝)､(红黄，红，蓝)､(红蓝，红，黄)､(红，红，蓝黄).
前3种分法，把3堆球放入3个盒子中，各有种放法，
最后一种分法，把3堆球放入3个盒子中，有3种放法，
所以共有种放法.
故选：C
6．A
【分析】利用空间向量的基本运算及数量积公式表示出，计算即可.
【详解】底面为菱形，，
,
为棱的中点,
，
解得.
故选: A.
7．D
【分析】由表中数据可得样本中心点，代入回归方程求出，确定回归方程，计算得解.
【详解】由表中数据得，代入方程，解得，
则回归方程为，
令，解得，因为，所以.
故选：D.
8．C
【分析】结合椭圆性质以及光学性质得，再结合即可得解.
【详解】如图，由椭圆的光学性质可得三点共线.设，
则.
故，解得.
又，所以，所以.
故选：C.
【点睛】关键点睛：关键是充分结合光学性质以及椭圆定义，将线段长度都用来表示，由此即可顺利得解.
9．ACD
【分析】根据二项式系数之和的性质即可求出，即可判断A；根据二项式定理即可判断B；令，即可判断C；根据根据二项式系数的性质即可判断D.
【详解】因为的展开式中各项的二项式系数之和为128，
所有，解得，故A正确；
展开式中项为，故B错误；
令，则展开式中的各项系数之和为，故C正确；
因为，所以最大，故D正确.
故选：ACD.
10．ABC
【分析】A：根据的正负以及大小关系判断；B：先表示出双曲线方程，然后可知渐近线方程；C：代入于曲线方程，然后判断方程是否有解即可；D：考虑时的情况.
【详解】当时，，所以方程表示的曲线是椭圆，故A正确；
当时，方程为，所以，其渐近线方程为，即，故B正确；
令，整理得且，此方程有解，故C正确；
当时，曲线为双曲线，直线为的一条渐近线，此时无交点，故D错误.
故选：ABC.
11．ACD
【分析】利用圆与圆的位置关系，圆与圆的公切线条数，逐个选项分析即可.
【详解】
圆的圆心为，半径，圆的圆心为，半径.
对于A，显然圆与轴相切，故A正确；
对于B，易知两圆相交，将方程与相减，得公共弦所在直线的方程为，故B错误；
对于C，两圆相交，所以两圆的公切线只有两条，又因为两圆半径不相等，所以公切线交于一点，即过点可以作出两条与两圆都相切的直线，故C正确；
对于，因为，所以公切线段长为，故D正确.
故选：ACD
12．AD
【分析】建立空间直角坐标系，选项A，利用向量法来证明线线垂直，通过计算得到，即可判断出选项A的正误；选项B，先计算出在方向上的投影向量的模为，再利用点到线的距离的向量法即可得出结果，从而判断出选项的正误；选项C，先求出平面的一个法向量为和，再判断是否存在使，即可判断出选项的正误；选项D，根据条件得出点到直线的距离即点到点的距离，再利用抛物线的定义即可求出结果.
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.
对于选项A，易知，设，
所以，又，
得到，所以，故选项A正确；
对于选项，因为，所以，又，
则在方向上的投影向量的模为，又，
所以点到直线的距离为，故选项B错误；
对于选项C，设平面的一个法向量为，
由选项A知，，，
由，得到，
取，所以平面的一个法向量为，
由，得到，
所以不存在点，使得平面，故选项C错误；
对于选项D，因为平面平面，所以，
所以点到直线的距离即点到点的距离，又点到直线与直线的距离相等，
即点到点的距离等于点到直线的距离，又面，面，
由抛物线定义知，点的轨迹是以为焦点，所在直线为准线的抛物线的一部分，故选项正确，
故选：AD.
【点睛】关键点晴：本题的关键在于建立空间直角坐标系，利用向量法来解决线线垂直、点线距离和线面平行，对于选项D，将点线距离转化点到点的距离，再利用抛物线的定义来解决.
13．5
【分析】根据题意，结合排列数和组合数的公式，准确计算，即可求解.
【详解】由，根据排列数和组合数的公式，可得，解得.
故答案为：.
14．
【分析】由向量夹角的余弦公式即可运算求解.
【详解】设所成的角为.由题意知，解得.
故答案为：.
15．/
【分析】根据条件得出，在中，根据条件，得到，再根据双曲线的定义得出，即可建立等式，从而求出结果.
【详解】设双曲线的半焦距为，则，
因为，所以，
在中，，所以为等边三角形，所以，
根据双曲线定义可得，
在中，由勾股定理可得，整理得，
所以，解得，
所以的离心率为.
故答案为：.
16．4
【分析】根据题意，利用全概率公式，列出方程求得，得到，结合基本不等式，即可求解.
【详解】由全概率公式可得，整理得，
则，当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为.
故答案为：.
17．(1)甲乙直播间观众下单概率分别为，；
(2)有的把握认为两个直播间观众的下单意愿有差异.
【分析】（1）根据表格中的数据，结合古典概型的概率计算公式，即可求解；
（2）根据题意，得出的列联表，求得，结合附表，即可得到结论.
【详解】（1）解：根据表格中的数据得，估计甲直播间观众下单的概率为，
估计乙直播间观众下单的概率为.
（2）解：根据题意，得到的列联表：
可得，
因为，所以有的把握认为两个直播间观众的下单意愿有差异.
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）建立适当的空间直角坐标系，证明即可.
（2）由题意先证明平面，即是平面的一个法向量.结合线面角的正弦公式即可得解.
【详解】（1）因为平面，平面，
所以，
又，
由题可知两两互相垂直，所以以所在直线为轴，过与平行的直线为轴，所在直线为轴建立如图的空间直角坐标系.
又，为棱的中点，
易知.
所以，所以，
所以.
（2）因为平面，平面，所以.
由（1）知，
又，平面，
所以平面，即是平面的一个法向量.
又因为，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
19．(1)
(2)或
【分析】（1）作出图形后利用勾股定理求解即可.
（2）利用等面积法求解即可.
【详解】（1）由题意可知圆的圆心为，半径.
因为，所以，从而，
即，两边平方整理得，
又因为，所以.
（2）由（1）知圆，点在圆上，
又因为，所以线段为圆的直径，即直线过圆心，
显然直线的斜率不为0，设其方程为，
点到直线的距离为.
根据三角形的面积公式可得.
所以，解得，
所以直线的方程为或.
20．(1)分布列见解析，
(2)
【分析】（1）根据题意，得到随机变量的所有可能取值为，结合超几何分布的概率计算公式，求得相应的概率，列出分布列，结合期望的计算公式，即可求解；
（2）根据题意，结合条件概率的计算公式，即可求解.
【详解】（1）解：由题意得，随机变量的所有可能取值为，
可得，
所以的分布列为
所以期望为.
（2）解：记“乙只抽到1张中奖卡”，“乙选到了A盒”，
可得，
则所求的概率为.
21．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，结合锥体的体积公式，列出方程，即可求解；
（2）过点作于点，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）解：设三棱柱的高为，
因为，所以，
又因为三棱锥的体积为，可得，解得，
即三棱柱的高为.
（2）解：过点作于点，连接，
因为平面平面，平面平面，
且平面，所以平面，
由（1）知，又因为为锐角，所以，
在中，，所以.
以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，则，
可得，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
因为平面，可得平面的一个法向量为，
所以，
所以二面角的余弦值为.
22．(1)
(2)
【分析】（1）代入点的坐标求椭圆方程即可.
（2）利用直线和椭圆的位置关系求面积即可.
【详解】（1）依题意可得，
由，得，
所以的方程为.
（2）
易知不与轴平行，设其方程为，
由得，
由，得.
设，则①，
，即，
所以，
将①代入，整理得，即，解得或（舍去），
所以直线的方程为，即直线过定点.
令，则，
，
当，即时，最大，且最大值为.
下单的观众数
未下单的观众数
合计
甲直播间
120
80
200
乙直播间
60
80
140
合计
180
160
340
1
2
3