2023-2024学年河南省焦作市高二上学期11月期中考试数学试题含答案

这是一份2023-2024学年河南省焦作市高二上学期11月期中考试数学试题含答案，共18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．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】将集合化简，结合交集的运算，即可得到结果.
【详解】因为，即，则，
所以.
故选：B
2．已知双曲线的一条渐近线与直线平行，则（ ）
A．36B．C．6D．
【答案】D
【分析】由双曲线写出渐近线方程，将已知直线写成斜截式，根据两直线平行有，即可求参数.
【详解】由题设，双曲线渐近线为，其中一条与平行，
所以.
故选：D
3．已知，若与是共轭复数，则（ ）
A．B．C．2D．5
【答案】A
【分析】利用复数除法化简，根据共轭复数的定义列方程求参数.
【详解】由题设，与是共轭复数，
所以.
故选：A
4．图1所示的明矾晶体可近似看作一个正八面体（图2），其中，均为所有棱长都相等的正四棱锥，若，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据空间向量的线性运算即可结合正四棱锥的性质求解.
【详解】连接相交于点，则,
由于,
故选：D
5．已知直线与圆交于两点，且点到直线的距离等于，则的值为（ ）
A．1B．C．1或D．或
【答案】C
【分析】将圆的方程化为标准式，即可得到圆心坐标与半径，再求出圆心到直线的距离，依题意可得，解得即可.
【详解】圆即，
所以圆心，半径，
则圆心到直线的距离，
因为点到直线的距离等于，所以，
即，
解得或.
故选：C
6．已知椭圆的右焦点为，点，点是上的动点，则的最小值为（ ）
A．5B．C．10D．
【答案】B
【分析】若为椭圆左焦点且，由椭圆定义有，结合，即可求最小值.
【详解】若为椭圆左焦点且，则，故，
所以，
而，所以，仅当共线时取等号，
综上，的最小值为，取值条件为共线且在之间.
故选：B
7．已知点，若在直线上有唯一点满足，且有唯一点满足，则符合条件的有（ ）
A．4条B．3条C．2条D．1条
【答案】C
【分析】根据题设确定、的轨迹圆的方程，并判断两圆的位置关系，由题意直线是两圆的公切线，即可判断条数.
【详解】若，则在以为直径的圆上，对应方程为，
令，由题设有，整理得，
所以直线与圆、均有且只有一个交点，即直线与两圆都相切，
又两圆圆心距离为5，半径之和为7，故两圆相交，它们的公切线有2条，
所以符合条件的有2条.
故选：C
8．已知正六边形，把四边形沿直线翻折，使得点到达且二面角的平面角为.若点都在球的表面上，点都在球的表面上，则球与球的表面积之比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据已知球的球心为中点，令正六边形的边长为2，则球的半径，线面垂直的判定、性质证为矩形，确定在与底面中心的连线上，再应用已知求球的半径，即可得结果.
【详解】由题设，若为中点，则，
令正六边形的边长为2，则球的半径，

过作于，连接，由正六边形性质，都为等边三角形，
所以为的中点，故，则二面角的平面角为，
，故，
又，面，故面，即面，
面，则，而，故，
由，故为矩形，其对角线长为，
由是外接球球心，故必在与底面中心的连线上，
设球的半径，如上图示，
所以，即，
故，
所以球与球的表面积之比为.
故选：B
二、多选题
9．已知双曲线，当变动时，下列结论正确的是（ ）
A．的焦点恒在轴上
B．的焦距恒大于4
C．的离心率恒大于2
D．的一个焦点到其中一条渐近线的距离不变
【答案】ABD
【分析】根据双曲线方程判断焦点位置，求焦距、离心率范围，应用点线距离求焦点到渐近线距离判断各项正误.
【详解】由双曲线，焦点在x轴上，A对；
，故焦距，B对；
离心率，C错；
由渐近线为，即，焦点坐标为，
所以一个焦点到其中一条渐近线的距离，D对.
故选：ABD
10．已知在平面直角坐标系中，点是不重合的两点，则下列结论错误的是（ ）
A．直线的方程为
B．若，则直线的方程为
C．若，则的值可以是
D．若，且是定值，则直线有2条
【答案】ACD
【分析】A注意对应直线不能用表示；B显然在直线，即可确定直线；C由题意，应用两点距离公式求的范围；D由题设在圆上，且与共线，得过的直线与圆有两个交点，结合是定值及圆的性质判断.
【详解】A：当时，直线方程不能用表示，错；
B：由题设，不重合的点在直线上，故直线的方程为，对；
C：由题设，，则，
所以，错；
D：由题设，不重合的点在圆上，且与点所成直线斜率相同，
所以共线，而在圆外，
只需过的直线与圆有两个交点即可，如下图示，
若是定值且为4时，结合圆的性质知：此时直线有1条，而定值不为4时有2条，错.
故选：ACD
11．已知空间直角坐标系中，点，则下列结论正确的是（ ）
A．直线的一个方向向量的坐标为
B．直线与平面的交点坐标为
C．点关于平面的对称点为.
D．为钝角
【答案】AC
【分析】A求得，判断是否与共线即可；B设直线与平面的交点，根据与共线求坐标；C由空间直角坐标系中点关于平面对称的性质写出对称点判断；D由的符号判断.
【详解】A：由，而，故直线的一个方向向量为，对；
B：由，令直线与平面的交点，则，
所以，即交点，错；
C：点关于平面的对称点为，对；
D：由，故为锐角，错.
故选：AC
12．已知函数，，则下列结论正确的是（ ）
A．在区间上单调递增
B．若，则有2个不同的取值
C．的图象关于点对称
D．若在区间上有且仅有10个零点，则的取值范围是
【答案】AC
【分析】根据题意，由函数解析式可得，求导得其单调性，即可得到函数的大致图象，结合函数图象对选项逐一判断，即可得到结果.
【详解】当时，，
则，
所以，
当时，也成立，
故是周期为的函数，
又，
当时，，则单调递增，且，故A正确；
当时，，则单调递增，且，
当时，，则单调递减，且，
当时，，则单调递减，且，
且，
又时，，则，
可得函数的图象如图所示，
若，，
则，解得或（舍），
故只有一个值，故B错误；
当时，，
当时，也成立，
所以的图象关于点对称，故C正确；
因为，所以在上只有四个零点，
若在区间上有且仅有10个零点，则的取值范围是，故D错误；
故选：AC
【点睛】方法点睛：①的周期为，则；
②的对称轴为，则；
③的对称中心为，则.
三、填空题
13．若函数是偶函数，则实数 .
【答案】
【分析】根据偶函数的性质，结合对数运算即可求解.
【详解】的定义域为,
所以，
故，
进而，所以，解得，
故答案为：
14．已知点，则的面积为 .
【答案】/
【分析】利用空间向量的坐标运算及三角形面积公式计算即可.
【详解】由题意可知，显然，
故的面积为.
故答案为：
15．著名数学家笛卡儿曾经给出一个四圆相切的定理：半径分别为的三个圆两两外切，同时又都与半径为的圆外切，则.已知，，若圆两两外切，且都与圆外切，其中圆的半径相等，则圆的标准方程为 .
【答案】
【分析】根据题意结合两圆的位置关系可得，代入题中公式可得，进而可求圆心的坐标，即可得方程.
【详解】设圆的半径分别为，
由题意可得：，解得，
又因为，
即，解得，
由，可知点在线段的中垂线上，即y轴上，设，
由题意可得，解得，
即圆的圆心，半径，所以圆的方程为.
故答案为：.
16．已知椭圆与抛物线交于点，直线与轴的交点既是的右焦点，也是的焦点，点关于原点的对称点分别为，点是上与均不重合的点，记直线的斜率分别为，则 .
【答案】4
【分析】椭圆半焦距为c，根据给定条件，结合椭圆、抛物线的对称性求出及点的坐标，再利用斜率坐标公式计算即得.
【详解】令椭圆半焦距为c，由的右焦点，也是的焦点，得，
又直线过点，由椭圆、抛物线的对称性知，点关于x轴对称，即直线轴，
由，得，由，得，于是，即，
则，解得，不妨令，则，设，
显然，
，
所以.
故答案为：4
四、解答题
17．某沙漠地区每年有2个月属于雨季，10个月属于旱季.经过初步治理该沙漠地区某年旱季的月降水量（单位：）依次达到12.1，12.0，10.4，10.5，12.5，14.1，14.3，14.3，16.7，18.1.记这组数据的第40百分位数与平均数分别为.
(1)求；
(2)已知雨季的月降水量均大于旱季的月降水量，该沙漠地区人工种植了甲､乙两种植物，当月降水量低于时甲种植物需要浇水，当月降水量低于时乙种植物需要浇水，求这一年的某月甲､乙两种植物都需要浇水的概率及二者中有植物需要浇水的概率.
【答案】(1)，；
(2)甲､乙两种植物都需要浇水的概率为，二者中有植物需要浇水的概率为.
【分析】（1）由百分位数、平均数求法求；
（2）根据数据的频率估计所求概率即可.
【详解】（1）由数据从小到大为，
又，则第40百分位数为，
平均数.
（2）由数据及题设知：12个月中降水量低于有2个月，降水量低于有8个月，
所以甲､乙两种植物都需要浇水的概率为，二者中有植物需要浇水的概率为.
18．在平面直角坐标系中，已知点，直线，动点到的距离等于.设动点的轨迹为曲线.
(1)求的方程；
(2)若直线与曲线交于两点，证明：为定值.
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据抛物线定义写出轨迹方程；
（2）联立直线与抛物线，应用韦达定理得，，进而求，最后由向量数量积的坐标表示证明结论.
【详解】（1）由题设及抛物线定义知，动点轨迹是以为焦点，为准线的抛物线，
所以动点的轨迹的方程为.
（2）由（1）所得轨迹方程，联立直线，可得，
且，故，，
所以，
又为定值，得证.
19．如图，在三棱柱中，侧面与侧面都是菱形，，.记.
(1)用表示，并证明；
(2)若为棱的中点，求线段的长.
【答案】(1)，，证明见解析；
(2).
【分析】（1）由空间向量的位置关系，结合加减的几何意义用表示，再应用向量数量积的运算律和定义求的值，即可证结论；
（2）由，两边平方并应用向量数量积的运算律求的模长即可.
【详解】（1）由题设，，
，
所以
，
由侧面与侧面都是菱形且，，
所以，故.
（2）由题设，，
所以
，
所以.
20．在中，点是边上一点，.
(1)求证：；
(2)若是锐角，且的面积为，求.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）令得，，在、应用余弦定理并结合列方程得，即可证；
（2）设，在、中应用正弦定理可得，结合已知求得，应用三角形面积公式得，最后应用三角恒等变换可得且，即可求.
【详解】（1）由题设，令，则，，
中，中，
又，故，
所以，即，
则，得证.
（2）设，在中，在中，
而，故，则，
又，故，又，所以，
由为锐角，则，
由.
21．如图，在四棱台中，四边形是边长为4的正方形，平面为的中点.
(1)求直线与平面所成角的正弦值；
(2)若平面经过且与平行，求点到平面的距离.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）构建空间直角坐标系，应用向量法求线面角正弦值；
（2）同（1）坐标系，连接交于，连接，应用线面平行的判定找到平面，向量法求点面距.
【详解】（1）由题设，构建空间直角坐标系，则，
所以，
令为面一个法向量，则，取，则，
所以，
故直线与平面所成角的正弦值为；
（2）连接交于，又四边形是边长为4的正方形，
所以是中点，为的中点，连接，则，
由面，面，故面，而面，
所以面即为平面，
由，则，
若为面一个法向量，则，取，则，
所以点到平面的距离.
22．已知椭圆经过中的3个点.
(1)求的方程；
(2)若直线与交于点，点关于轴的对称点为，点是的外接圆圆心，判断在轴上是否存在定点，使得为定值.若存在，求出点的坐标及的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据对称性将和代入椭圆方程，解得，即可求解方程；
（2）联立方程，韦达定理，求出弦长，分别表示出线段的垂直平分线与线段的垂直平分线，联立方程求得点坐标，从而探求为定值的条件即可.
【详解】（1）因为关于轴对称，所以这2个点在椭圆上，即①，
当在椭圆上时，②，由①②知，方程无解.
当在椭圆上时，③，由①③解得，.
又，所以，，所以椭圆的方程为.
（2）设，，则.
联立，消去x得，
所以，，
所以，
由外接圆的定义知知点为线段，垂直平分线的交点，
又因为线段的垂直平分线为x轴，
线段的垂直平分线为，
令，得.
设，则，
所以当，即时，为定值，
所以在x轴上存在定点，使得为定值.