洛阳市2023—2024学年高二质量检测
数学试卷
本试卷共4页，共150分。考试时间120分钟
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自已的姓名、考号填写在答题卡上。
2.考试结束，将答题卡交回。
一、单项选择题：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.下列导数运算正确的是
6
8()=、
C.(22*1)'=2z+'1n2
D.[ln(-x)]'=1
2.已知具有线性相关的两个变量之间的一组数据如表：
-2
-1
1
2
3
25
36
40
48
56
且经验回归方程为y=5.5x+a,则当x=4时，y的预测值为
A.62.5
B.61.7
C.61.5
D.59.7
3已知sin(a+没-号则cos(a
√5
5π
2
A
2
B.-
3
D.、⑤
4.已知-2，x,y,z,-4成等比数列，则xy=
A.±16√2
B.-162
C.±16
D.-16
5.已知函数g(x)为奇函数，其图象在点(a,g(a)处的切线方程为2x-y+1=0,记
g(x)的导函数为g'(x),则g'(-a)=
A.2
B.-2
c
6.已知向量b=(3,-1),1a1=V2,1a+b1=22,则a在b上的投影向量为
A(~宁
B(3,-
c(号
D(3
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7,经过抛物线C:)=8x的焦点F的直线交C于A,B两点，与抛物线C的准线交于点
P,若IAFI,IAPI,IBF1成等差数列，则1AB1=
A.43
B.46
c号
n号
8.甲、乙、丙三位棋手按如下规则进行比赛：第一局由甲、乙参加而丙轮空，由第一局
的胜者与丙进行第二局比赛，败者轮空，使用这种方式一直进行到其中一人连胜两
局为止，此人成为整场比赛的优胜者，甲、乙、丙胜各局的概率均为)，且各局胜负
相互独立.若比赛至多进行四局，则甲获得优胜者的概率是
A
启
ci
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的四个选项中，有多项
符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9在(（左”的展开式中，下列说法正确的是
A.各项系数的和是1024
B.各二项式系数的和是1024
C.含x的项的系数是-210
D.第7项的系数是210
10.下列命题中正确的是
A设随机变量X-M0,1),若P(X>)-P,则P(-1B.一个袋子中有大小相同的3个红球、2个白球，从中一次随机摸出3个球，记摸
出红球的个数为X,则E(X)=
9
C.已知随机变量X-B(n,p）,若E(X)=30,D(X)=20,则p=号
D.若随机变量X~B(10,0.9),则当X=9时概率最大
11.已知F,E2为双曲线C:等-)了
-二=1的左、右焦点，过F2的直线交双曲线C的右支
于P,Q两点，则下列叙述正确的是
A.直线Pp,与直线PP,的斜率之积为)
B.1PQ1的最小值为4
3
C.若1PQ1=25,则△PF,Q的周长为85
D.点P到两条渐近线的距离之积为。
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数学试卷参考答案
一、单选题
1 - 4 DDCB 5 - 8 ACDB
二、多选题
9. BD 10. ABD 11. BCD 12. BCD
三、填空题
13. 2 14. 24 15. 110 16. ( - 1 ,0)
e3
四、解答题
17. 解:(1) 由正弦定理,得 3 sinBsinC - sinC = sinCcosB, ……1 分
∵ 0 < C < π,
∴ 3 sinB - cosB = 1,即 sin(B - π ) = 1 . ……3 分
6 2
又 ∵ 0 < B < π, ∴ B = π . ……4 分
3
(2) 由(1) 及正弦定理可知,2R = b = 3 = 2 3 ,
sinB 3
2
a = 2RsinA = 2 3 sinA,
c = 2RsinC = 2 3 sin(A + B) = 2 3 (sinAcos π + cosAsin π ) = 3 sinA + 3cosA,
3 3
……6 分
∴ a + c = 3 3 sinA + 3cosA = 6sin(A + π ), ……7 分
6
又 0 < A < 2π, ∴ 3 < 6sin(A + π ) ≤ 6,
3 6
∴ 3 < a + c ≤ 6, ……9 分
∴ 6 < a + b + c ≤ 9,即 l ∈ (6,9],
∴ △ABC 的周长 l 的取值范围为(6,9] . ……10 分
18. 解:(1) 当 n = 1 时,4a = (a + 1) 21 1 得 a1 = 1, ……1 分
高二数学答案 第1 页 (共 6 页) (2024. 6)
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当 n ≥ 2 时,4Sn-1 = (an-1 + 1) 2,
又 4S = (a + 1) 2n n ,两式相减得(an + an-1)(an - an-1 - 2) = 0, ……4 分
又 ∵ an > 0, ∴ an - an-1 = 2,
∴ {an} 是首项为 1,公差为 2 的等差数列, ……5 分
∴ an = 2n - 1. ……6 分
+ -
(2)∵ S = n(1 2n 1)n = n2, ……7 分2
∴ n = 1 时, 1 = 1 = 1 < 2, ……8 分
S1 a1
n ≥ 2 , 1 = 1 < 1 = 1 1时 - , ……9 分
Sn n2 n(n - 1) n - 1 n
n
∴ ∑ 1 = 1 + 1 + 1 +2 2 2 … +
1 < 1 + 1 - 1 + 1 - 1 + … + 1 - 12
i = 1 Si 1 2 3 n 2 2 3 n - 1 n
= 2 - 1 < 2, ……11 分
n
n
∴ ∑ 1 < 2 成立. ……12 分
i = 1 Si
19. 解:∵ 平面 ABCD ⊥ 平面 ABEF,平面 ABCD ∩ 平面 ABEF = AB,CB ⊥ AB,
∴ CB ⊥ 平面 ABEF,
∴ CB ⊥ BE,
从而 CB,AB,BE 两两垂直. ……2 分
建立如图所示空间直角坐标系,
B(0,0,0),A(1,0,0),C(0,0, 3 ),F(1, 3 ,0),E(0, 3 ,0),
∵ CM = BN = a,
∴ M( a ,0, 3 - 3 a),N( a , 3 a,0) . ……4 分
2 2 2 2
∴ | MN | = ( a - a ) 2 + ( 3 a - 0) 2 + ( 3 - 3 a) 2
2 2 2 2
= 3 a2 - 3a + 3 . ……5 分
2
∴ a = 1 时, | MN | min =
6 . ……6 分
2
(2) 由(1) 可知:M,N 为中点时,MN 最短,
高二数学答案 第2 页 (共 6 页) (2024. 6)
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M( 1 ,0, 3 ),N( 1 , 3则 ,0),
2 2 2 2
MN G, AG,BG, G( 1 , 3 , 3取 中点为 连接 则 ),
2 4 4
∵ AM = AN,BM = BN, ∴ AG ⊥ MN,BG ⊥ MN.
∴ ∠AGB 是平面 MNA 与平面 MNB 的夹角或其补角. ……8 分
∵ G→A = ( 1 , - 3 , - 3 ),G→B = ( - 1 , - 3 , - 3 ), ……9 分
2 4 4 2 4 4
→ → -
1 + 3 + 3
∴ cos < G→A,G→B > = GA·GB→ → =
4 16 16 = 1 . ……11 分
| GA | | GB | 5 · 5
5
8 8
∴ 平面 MNA 与平面 MNB 1的夹角的余弦值为 . ……12 分
5
20. 解:记 An = “经过 n 次传球后,球在乙手中”,n = 1,2,3,…
(1) 当 n = 1 时,P1 = P(A ) =
1
1 , ……1 分2
当 n = 2 时,P2 = P(A2) = P(A1)P(A2 | A1) + P(A1)P(A2 | A1)
= 1 × 1 + 1 × 0 = 1 , ……3 分
2 2 2 4
当 n = 3 时,P3 = P(A3) = P(A2)P(A3 | A2) + P(A2)P(A3 | A2)
= 3 × 1 + 1 × 0 = 3 . ……5 分
4 2 4 8
(2) 由 Pn+1 = P(An+1) = P(An)P(An+1 | An) + P(An)P(An+1 | An)
= (1 - P )· 1n + Pn·02
= 1 (1 - Pn),2
即 P 1 1n+1 = - Pn + . ……8 分2 2
∴ P 1 1 1n+1 - = - (P3 2 n
- ),
3
∴ {P 1 1n - } 是首项为 ,
1
公比为 - 的等比数列, ……10 分
3 6 2
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∴ P - 1 = 1 ( - 1 ) n-1n , ……11 分3 6 2
∴ P = 1 + 1 ( - 1 ) n-1n . ……12 分3 6 2
21. 解:(1) 由 f(x) = ln(x + 2) - ax, 1得 f ′(x) = -+ a. ……1 分x 2
当 a ≤ 0 时, f ′(x) > 0, f(x) 在(0, + ∞ ) 单调递增;
a ≥ 1
当 时, f ′(x) < 0,f(x) 在(0, + ∞ ) 单调递减; ……3 分2
-
当 0 < a < 1 时,可得:x ∈ (0,1 2a) 时, f ′(x) > 0,f(x) 单调递增,
2 a
x ∈ (1
- 2a , + ∞ ) 时, f ′(x) < 0,f(x) 单调递减. ……5 分a
综上所述,当 a ≤ 0 时, f(x) 在(0, + 1∞ ) 单调递增,当 a ≥ 时, f(x) 在(0, +2 ∞
)
单调递减,
1 1 - 2a -
当 0 < a < 时, f(x) 在(0, ) 上单调递增, f(x) 1 2a在( , + ∞ ) 上单2 a a
调递减. ……6 分
(2) 要证 f(x) < ex - ax - 1 ,即证 ex - ln(x + 2) > 1 .
6 6
令 g(x) = ex - ln(x + 2),则 g′(x) = ex - 1+ ,可知 g′(x) 在(
- 2, + ∞ ) 上单调x 2
递增. ……7 分
1 - 1
又 g′( - ) = e 2 - 2 < 0,g′(0) = 1 > 0,故 g′(x) = 0 在( - 2, + ∞ ) 上有唯2 3 2
1
一的实根 x0,且 x0 ∈ ( - ,0) . ……8 分2
当 x ∈ ( - 2,x0) 时,g′(x) < 0;当 x ∈ (x0, + ∞ ) 时,g′(x) > 0,从而当 x = x0
时,g(x) 有最小值. ……9 分
由 g′(x ) = 0, ex得 00 =
1 ,x0 = -+ ln(x0
+ 2),
x0 2
g(x) ≥ g(x ) = 1 + x = 1 + x + 2 - 2 > 2 + 3 - 2 = 1
故 0 x + 2 0 x + 2 0
.
0 0 3 2 6
……11 分
高二数学答案 第4 页 (共 6 页) (2024. 6)
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综上, f (x) < ex - ax - 1 . ……12 分
6
22. 解(1) 圆 F1 的圆心为 F1( - 1,0),半径 R = 2 2 .
设动圆 P 的半径为 r,依题意有 r =| PF2 | .
由 | F1F2 | = 2,可知点F2 在圆F1 内,从而圆P内切于圆F1,故 | PF1 | = R -| PF2 | ,
即 | PF1 | + | PF2 | = 2 2 > | F1F2 | . ……2 分
所以动点 P 的轨迹 E 是以 F1,F2 为焦点,长轴长为 2 2 的椭圆,
x2
其方程为 + y2 = 1. ……4 分
2
(2) 设 P(x0,y0),Q1(x 2 21,y1),Q2(x2,y2)(x0 > 0,y0 > 0),则 x0 + 2y0 = 2.
y0
直线 F1P 的方程为 y = + (x
+ 1), ……5 分
x0 1
x2 y 2+ 0将其代入椭圆的方程可得 2 (x + 1)
2 = 1,
2 (x0 + 1)
整理可得(2x 2 2 20 + 3)x + 4y0 x - 3x0 - 4x0 = 0,
- 3x 20 - 4x0 3x0 + 4 y 3x + 4 y
则,x0x1 = ,得 x1 = - ,y
0
1 = ( -
0 +
+ + + + 1)
= - 0 ,
2x0 3 2x0 3 x0 1 2x0 3 2x0 + 3
3x + 4 y
故 Q1( -
0 , - 0
2x0 + 3 2x0 +
) . ……7 分
3
y
当 x0 ≠ 1 时,直线 F P
0
2 的方程为 y = (x -- 1),x0 1
将其代入椭圆方程并整理可得( - 2x0 + 3)x2 - 4y 2x - 3x 20 0 + 4x0 = 0,
3x0 - 4 y0
同理,可得 Q2( - , ), ……8 分2x0 3 2x0 - 3
由椭圆定义可知: | PF1 | + | PF2 | =| Q1F1 | + | Q1F2 | =| Q2F1 | + | Q2F2 | = 2 2 ,
则 △PQ2F1 和 △PQ1F2 的周长均为 4 2 .
因为 S△PF Q =
1 × 4 2 r ,S = 1 × 4 2 r ,
1 2 2 1 △PF2Q1 2 2
1 × 2·(y - y ) - 1S × 2·(y - y )△PQ F - S
r - r = 2 1
△PQ1F2 = 2
0 2 2 0 1
所以 1 2
2 2 2 2
y1 - y2 2 y0 y0 2 2 x y= = ( - - ) = 0 0
2 2 4 2x0 + 3 2x0 - 3 x 20 + 18y 20
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2 2 2 2 1 = ≤ = ……10 分
x0 18y0 x 18y 3+ 0
y 2 ·
0
0 x0 y0 x0
3 5 10
当且仅当 x0 = ,y0 = 时,等号成立.5 10
PF ⊥ x , P(1, 2 ),y 2 22 轴时 易知 1 = - ,y2 = - ,2 10 2
y - y
r - r = 1 2 2
此时 1 2 = ×
4 2 = 1 , ……11 分
2 2 4 10 5
综上,r1 - r
1
2 的最大值为 . ……12 分3
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