2023-2024学年河南省焦作市高二（上）期中数学试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年河南省焦作市高二（上）期中数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知集合A={−3,A.{−3,−2} B.{2.已知双曲线C：x24−y2A.36 B.42 C.6 3.已知a，b∈R，若z1=a−iA.−7 B.−4 C.2 4.图1所示的明矾晶体可近似看作一个正八面体P−ABCD−Q(图2)，其中P−ABA.a+b+2c B.2a5.已知直线l：y=2x与圆C：x2+y2+2x−4ay+1A.1 B.25+4

C.1或−16.已知椭圆C：x225+y29=1的右焦点为F，点EA.5 B.10−25 C.7.已知点A(−3,0)，B(3,0)，若在直线l上有唯一点P满足A.4条 B.3条 C.2条 D.1条8.已知正六边形ABCDEF，把四边形ABCD沿直线AD翻折，使得点B，C到达B1，C1且二面角B1−AD−E的平面角为120°.若点A，B1，C1，D，E，F都在球A.34 B.43 C.3二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.已知双曲线C：x2a2−A.C的焦点恒在x轴上

B.C的焦距恒大于4

C.C的离心率恒大于2

D.C的一个焦点到其中一条渐近线的距离不变10.已知在平面直角坐标系中，点A(x1,y1A.直线AB的方程为y−y1x−x1=y2−y1x2−x1

B.若2x1−y1−1=11.已知空间直角坐标系O−xyz中，点A(1,0A.直线AB的一个方向向量的坐标为(2,1,−1)

B.直线AC与平面xOy的交点坐标为(212.已知函数f(x)=A.f(x)在区间(0,π2)上单调递增

B.若f(α)=1，则cosα有2个不同的取值

C.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.若函数f(x)=log14.已知点O(0,0,0)，A(215.著名数学家笛卡尔曾经给出一个四圆相切的定理：半径分别为r1，r2，r3的三个圆两两外切，同时又都与半径为r4的圆外切，则2(1r1r2+1r1r3+1r1r4+16.已知椭圆C1：x2a2+y2b2=1(a>b>0)与抛物线C2：y2=2px(p>0)交于点A，B，直线AB与x轴的交点既是C1的右焦点，也是C2的焦点，点A，四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。17.(本小题10分)

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：mm)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m，x−．

(1)求m，x−；

(18.(本小题12分)

在平面直角坐标系xOy中，已知点F(−2,0)，直线l：x=3，动点P(x,y)(x≤0)到l的距离等于|PF|+119.(本小题12分)

如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面ABB1A1与侧面ACC1A1都是菱形，AA1=AB120.(本小题12分)

在△ABC中，点D是BC边上一点，BD=2AD，AD=2DC．

(1)求证：5AB21.(本小题12分)

如图，在四棱台ABCD−A1B1C1D1中，四边形ABCD是边长为4的正方形，AA1=5，A1B1=3，AA1⊥平面A22.(本小题12分)

已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)经过A1(2,0),A2(2,1),A3(2,−1),答案和解析1.【答案】B

【解析】解：因为不等式3x<19可化为3x<3−2，

解得x<−2，则B=(−2.【答案】D

【解析】解：由题设，双曲线渐近线为y=±b2x(b>0)，其中一条与y=13x−3.【答案】A

【解析】解：由题设z1=a−i1+i=(a−i)(1−4.【答案】D

【解析】解：连接AC，BD交于点O，如图所示：

则AO=12AC=12(A5.【答案】C

【解析】解：圆C：x2+y2+2x−4ay+1=0(a≠0)即(x+1)2+(y−2a)2=4a2(a≠0)，

所以圆心C(6.【答案】B

【解析】解：设F1为椭圆的左焦点，

则F1(−4,0)，

由椭圆的定义可得|PF1|+|PF|=2×5=10，

则|PF|=10−|PF1|，7.【答案】C

【解析】解：若PA⊥PB，则P在以AB为直径的圆上，对应方程为x2+y2=9，

令Q(x,y)，由题设有(x+3)2+y2=4(x−3)2+4y2，整理得(x8.【答案】B

【解析】解：由题设，若O1为AD中点，则OA=OB1=OC1=OD=OE=OF，

令正六边形的边长为2，则球O1的半径r=2，

过C1作C1G⊥DO1于G，连接EG，由正六边形性质，△DC1O1，△EDO1都为等边三角形，

所以G为DO1的中点，故EG⊥DO1，则二面角B1−AD−E的平面角为∠EGC1=120°，

GC1=EG=3，故C 1E=3，

又C1G∩EG=G，C1G，EG⊂面EGC1，故DO1⊥面EGC1，即DA⊥9.【答案】AB【解析】解：由双曲线C：x2a2−y24=1(a>0)，焦点在x轴上，A对；

c=a2+4>2，故焦距2c>4，B对；

10.【答案】AC【解析】解：A：当x1=x2时，直线方程不能用y−y1x−x1=y2−y1x2−x1表示，错；

B：由题设，不重合的点A，B在直线2x−y−1=0上，故直线AB的方程为2x−y−1=0，对；

C：由题设，A(x1,3x1−1)，B(x2,3x2+4)，则|AB|=(x1−x2)2+[3(x1−x2)−5]2，

所以|AB|=10[(x11.【答案】AC【解析】解：对于A，由AB=(−2,−1,1)，而−AB=(2,1,−1)，

故直线AB的一个方向向量为(2,1,−1)，故A正确；

对于B，由AC=(−1,1,1)，令直线AC与平面xOy的交点D(x,y,0)，

则AD=(x−1,y,−1)12.【答案】AC【解析】解：当x≠π2+kπ时，f(x)=1−cos2xcosx=1cosx−cosx，

f(x+2π)=1cos(x+2π)−cos(x+2π)=1cosx−cosx，

所以f(x+2π)=f(x)，

当x=π2+kπ，k∈Z时，f(x+2π)=f(x)也成立，

故f(x)是周期为2π的函数，

f′(x)=sinxcos2x+sinx=sinx(1+1cos2x)，

当x∈(0,π2)13.【答案】−1【解析】解：f(x)=log3(9x+1)+(ax+3)2的定义域为R，

所以f(14.【答案】52【解析】解：由题意可知OA=(2,0,1),OB=(−1,0,15.【答案】x2【解析】解：设圆O1，O2，O3，O4的半径分别为r1，r2，r3，r4，

由题意可得：r1=r2r1+r2=|O1O2|=4r1+r3=|O1O3|=52，解得r1=r2=2r3=12，

又因为16.【答案】4

【解析】解：如图，

令椭圆C1半焦距为c，由C1的右焦点，也是C2的焦点，得c=p2，

又直线AB过点F(p2,0)，由椭圆、抛物线的对称性知，点A，B关于x轴对称，即直线AB⊥x轴，

由x=p2y2=2px，得|y|=p，由x=cx2a2+y2b2=1，得|y|=b2a，

17.【答案】解：(1)由数据从小到大为10.4，10.5，12.0，12.1，12.5，14.1，14.3，14.3，16.7，18.1，

又10×40%=4，则第40百分位数为m=12.1+12.52=12.3mm，

平均数x−=10.4+10.5+12.0+12.1【解析】(1)由百分位数、平均数求法求m,x−；18.【答案】解：(1)由点F(−2,0)，直线l：x=3，动点P(x,y)(x≤0)到l的距离等于|PF|+1，

可得|x【解析】(1)由点到直线的距离和两点的距离公式，化简整理，可得所求轨迹方程；

(219.【答案】解：(1)根据题意可得：

AB1=AB+AA1=a+b，

BC1=BA+AC+CC1=−AB+AC【解析】(1)根据向量的线性运算，向量数量积的运算，即可求解与证明；

(220.【答案】解：(1)由题设，令BD=4DC=4x，则AD=2x，BC=5x，

△ADB中cos∠ADB=AD2+BD2−AB22AD⋅BD,△ADC中cos∠ADC=AD2+DC2−AC22【解析】(1)令BD=4DC=4x得AD=2x，BC=5x，在△ADB、△ADC应用余弦定理并结合cos21.【答案】解：(1)根据题意，可建系如图，

则A(0,0,0)，B(4,0,0)，C(4,4,0)，B1(3,0,5)，D1(0,3,5)，C1(3,3,5)，E(72,72,52)，

∴AC1=(3,3,5)，B1C=(1,【解析】(1)建系，利用向量法，向量夹角公式，即可求解；

(222.【答案】解：(1)因为A2(2,1)，A3(2,−1)关于x轴对称，

所以这2个点在椭圆上