第=page11頁，共=sectionpages11頁2023-2024學年河南省焦作市高二（上）期中數學試卷一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。1.已知集合A={?3,A.{?3,?2} B.{2.已知雙曲線C：x24?y2A.36 B.42 C.6 3.已知a，b∈R，若z1=a?iA.?7 B.?4 C.2 4.圖1所示的明礬晶體可近似看作一個正八面體P?ABCD?Q(圖2)，其中P?ABA.a+b+2c B.2a5.已知直線l：y=2x與圓C：x2+y2+2x?4ay+1A.1 B.25+4

C.1或?16.已知橢圓C：x225+y29=1的右焦點為F，點EA.5 B.10?25 C.7.已知點A(?3,0)，B(3,0)，若在直線l上有唯一點P滿足A.4條 B.3條 C.2條 D.1條8.已知正六邊形ABCDEF，把四邊形ABCD沿直線AD翻折，使得點B，C到達B1，C1且二面角B1?AD?E的平面角為120°.若點A，B1，C1，D，E，F都在球A.34 B.43 C.3二、多選題：本題共4小題，共20分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。9.已知雙曲線C：x2a2?A.C的焦點恒在x軸上

B.C的焦距恒大于4

C.C的離心率恒大于2

D.C的一個焦點到其中一條漸近線的距離不變10.已知在平面直角坐標系中，點A(x1,y1A.直線AB的方程為y?y1x?x1=y2?y1x2?x1

B.若2x1?y1?1=11.已知空間直角坐標系O?xyz中，點A(1,0A.直線AB的一個方向向量的坐標為(2,1,?1)

B.直線AC與平面xOy的交點坐標為(212.已知函數f(x)=A.f(x)在區間(0,π2)上單調遞增

B.若f(α)=1，則cosα有2個不同的取值

C.三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13.若函數f(x)=log14.已知點O(0,0,0)，A(215.著名數學家笛卡爾曾經給出一個四圓相切的定理：半徑分別為r1，r2，r3的三個圓兩兩外切，同時又都與半徑為r4的圓外切，則2(1r1r2+1r1r3+1r1r4+16.已知橢圓C1：x2a2+y2b2=1(a>b>0)與拋物線C2：y2=2px(p>0)交于點A，B，直線AB與x軸的交點既是C1的右焦點，也是C2的焦點，點A，四、解答題：本題共6小題，共70分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟。17.(本小題10分)

某沙漠地區每年有2個月屬于雨季，10個月屬于旱季.經過初步治理該沙漠地區某年旱季的月降水量(單位：mm)依次達到12.1，12.0，10.4，10.5，12.5，14.1，14.3，14.3，16.7，18.1.記這組數據的第40百分位數與平均數分別為m，x?．

(1)求m，x?；

(18.(本小題12分)

在平面直角坐標系xOy中，已知點F(?2,0)，直線l：x=3，動點P(x,y)(x≤0)到l的距離等于|PF|+119.(本小題12分)

如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，側面ABB1A1與側面ACC1A1都是菱形，AA1=AB120.(本小題12分)

在△ABC中，點D是BC邊上一點，BD=2AD，AD=2DC．

(1)求證：5AB21.(本小題12分)

如圖，在四棱臺ABCD?A1B1C1D1中，四邊形ABCD是邊長為4的正方形，AA1=5，A1B1=3，AA1⊥平面A22.(本小題12分)

已知橢圓C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)經過A1(2,0),A2(2,1),A3(2,?1),答案和解析1.【答案】B

【解析】解：因為不等式3x<19可化為3x<3?2，

解得x<?2，則B=(?2.【答案】D

【解析】解：由題設，雙曲線漸近線為y=±b2x(b>0)，其中一條與y=13x?3.【答案】A

【解析】解：由題設z1=a?i1+i=(a?i)(1?4.【答案】D

【解析】解：連接AC，BD交于點O，如圖所示：

則AO=12AC=12(A5.【答案】C

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

所以圓心C(6.【答案】B

【解析】解：設F1為橢圓的左焦點，

則F1(?4,0)，

由橢圓的定義可得|PF1|+|PF|=2×5=10，

則|PF|=10?|PF1|，7.【答案】C

【解析】解：若PA⊥PB，則P在以AB為直徑的圓上，對應方程為x2+y2=9，

令Q(x,y)，由題設有(x+3)2+y2=4(x?3)2+4y2，整理得(x8.【答案】B

【解析】解：由題設，若O1為AD中點，則OA=OB1=OC1=OD=OE=OF，

令正六邊形的邊長為2，則球O1的半徑r=2，

過C1作C1G⊥DO1于G，連接EG，由正六邊形性質，△DC1O1，△EDO1都為等邊三角形，

所以G為DO1的中點，故EG⊥DO1，則二面角B1?AD?E的平面角為∠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：由雙曲線C：x2a2?y24=1(a>0)，焦點在x軸上，A對；

c=a2+4>2，故焦距2c>4，B對；

10.【答案】AC【解析】解：A：當x1=x2時，直線方程不能用y?y1x?x1=y2?y1x2?x1表示，錯；

B：由題設，不重合的點A，B在直線2x?y?1=0上，故直線AB的方程為2x?y?1=0，對；

C：由題設，A(x1,3x1?1)，B(x2,3x2+4)，則|AB|=(x1?x2)2+[3(x1?x2)?5]2，

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

故直線AB的一個方向向量為(2,1,?1)，故A正確；

對于B，由AC=(?1,1,1)，令直線AC與平面xOy的交點D(x,y,0)，

則AD=(x?1,y,?1)12.【答案】AC【解析】解：當x≠π2+kπ時，f(x)=1?cos2xcosx=1cosx?cosx，

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

所以f(x+2π)=f(x)，

當x=π2+kπ，k∈Z時，f(x+2π)=f(x)也成立，

故f(x)是周期為2π的函數，

f′(x)=sinxcos2x+sinx=sinx(1+1cos2x)，

當x∈(0,π2)13.【答案】?1【解析】解：f(x)=log3(9x+1)+(ax+3)2的定義域為R，

所以f(14.【答案】52【解析】解：由題意可知OA=(2,0,1),OB=(?1,0,15.【答案】x2【解析】解：設圓O1，O2，O3，O4的半徑分別為r1，r2，r3，r4，

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

又因為16.【答案】4

【解析】解：如圖，

令橢圓C1半焦距為c，由C1的右焦點，也是C2的焦點，得c=p2，

又直線AB過點F(p2,0)，由橢圓、拋物線的對稱性知，點A，B關于x軸對稱，即直線AB⊥x軸，

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

17.【答案】解：(1)由數據從小到大為10.4，10.5，12.0，12.1，12.5，14.1，14.3，14.3，16.7，18.1，

又10×40%=4，則第40百分位數為m=12.1+12.52=12.3mm，

平均數x?=10.4+10.5+12.0+12.1【解析】(1)由百分位數、平均數求法求m,x?；18.【答案】解：(1)由點F(?2,0)，直線l：x=3，動點P(x,y)(x≤0)到l的距離等于|PF|+1，

可得|x【解析】(1)由點到直線的距離和兩點的距離公式，化簡整理，可得所求軌跡方程；

(219.【答案】解：(1)根據題意可得：

AB1=AB+AA1=a+b，

BC1=BA+AC+CC1=?AB+AC【解析】(1)根據向量的線性運算，向量數量積的運算，即可求解與證明；

(220.【答案】解：(1)由題設，令BD=4DC=4x，則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應用余弦定理并結合cos21.【答案】解：(1)根據題意，可建系如圖，

則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，向量夾角公式，即可求解；

(222.【答案】解：(1)因為A2(2,1)，A3(2,?1)關于x軸對稱，

所以這2個點在橢圓上