2022-2023学年河南省南阳市第二中学校高二上学期12月月考数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年河南省南阳市第二中学校高二上学期12月月考数学试题（解析版），共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年河南省南阳市第二中学校高二上学期12月月考数学试题 一、单选题1．设a∈R，则“a＝－2”是“直线l1：ax＋2y－1＝0与直线l2：x＋（a＋1）y＋4＝0平行”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】由“直线l1：ax＋2y－1＝0与直线l2：x＋（a＋1）y＋4＝0平行”得到a＝－2或a＝1，即得解.【详解】解：若a＝－2，则直线l1：－2x＋2y－1＝0与直线l2：x－y＋4＝0平行；若“直线l1：ax＋2y－1＝0与直线l2：x＋（a＋1）y＋4＝0平行”，∴，解得a＝－2或a＝1，∴“a＝－2”是“直线l1：ax＋2y－1＝0与直线l2：x＋（a＋1）y＋4＝0平行”的充分不必要条件．故选：A2．已知随机变量服从正态分布，若，则（    ）A． B．1 C． D．2【答案】B【分析】根据正态分布的对称性求得正确答案.【详解】由于随机变量服从正态分布，且，而，所以，所以.故选：B3．甲乙丙丁4名同学站成一排拍照，若甲不站在两端，不同排列方式有（    ）A．6种 B．12种 C．36种 D．48种【答案】B【分析】题目关键点为甲不站在两端，则甲站中间2个位置，先排好甲以后，剩余3个位置其余的三位同学进行全排列即可.【详解】甲站位的排列数为，其余三位学生的全排列数为，所有的排列方式有：.故选：B.4．已知圆与圆的公共弦所在直线恒过点，且点在直线上，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】把两圆的方程作差即可得出公共弦所在直线方程，再利用直线系方程求出x,y的值，即a,b的值，然后代入直线方程，由重要不等式求的取值范围．【详解】由圆，圆，两式相减，得圆与圆的公共弦所在直线方程为：，联立，解得，即，，又在直线上，，即．有，得．当且仅当时取等，的取值范围是.故选：C．5．已知，则（    ）A． B．2 C．4 D．12【答案】C【分析】令，直接根据二项式定理求解即可.【详解】令，则，故，中得系数为，中得系数为，所以，故选：C.6．如图，直三棱柱的底面为正三角形，M，N分别为AC，的中点，若，则异面直线与MN所成角的大小为（    ）A．30° B．45° C．60° D．90°【答案】C【分析】解法一，解法二：设直三棱柱的底面边长为2，，利用勾股定理求出m的值，再作辅助线，找到异面直线与所成的角或其补角，解三角形即可得解；解法三：设高为h，利用空间向量和列方程得到，然后利用空间向量的方法求异面直线所成角即可.【详解】解法一：如图，设直三棱柱的底面边长为2，，连接，则，，，因为，所以在中，由勾股定理可得，得.连接，交于点P，取的中点Q，连接PQ，AQ，则，，所以为异面直线与MN所成的角或其补角.易知，故为等边三角形，，所以异面直线与MN所成角的大小为60°.解法二：设直三棱柱的底面边长为2，，连接，则，，，因为，所以在中，由勾股定理可得，得.如图，把三棱柱补成一个四棱柱，连接，，则，，故为异面直线与所成的角或其补角.连接AD，易知，故为等边三角形，，所以异面直线与所成角的大小为60°.解法三  由题可以A为坐标原点，分别以AB，所在直线为y，z轴，在平面ABC上过点A作与AB垂直的直线为x轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设直三棱柱的底面边长为2，高为h，则，，，，所以，，，由可得，所以，得，所以，，则，因为异面直线所成角的取值范围为，所以异面直线与MN所成角的大小为60°.故选：C7．甲、乙、丙三名同学计划暑假从物理、化学、生物三个学科中各自任意选一门进行学习，每人选择各个科目的概率为，且每人选择相互独立，则至少有两人选择物理的前提下甲同学选择物理的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用条件概率的计算公式即可求解.【详解】记事件为“至少有两人选择物理”，事件为“甲同学选择物理”，则，，∴．故选：D8．“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，最早在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中出现，欧洲数学家帕斯卡在1654年才发现这一规律，比杨辉要晚近四百年.在由二项式系数所构成的“杨辉三角”中（如图），记第2行的第3个数字为，第3行的第3个数字为，第行的第3个数字为，则（    ）A．165 B．180 C．220 D．236【答案】A【分析】根据杨辉三角及二项式系数的性质确定，…，，再应用组合数的运算性质求结果.【详解】由题意得，，则.故选：9．已知椭圆的左，右两个焦点分别为，若椭圆C上存在一点A，满足，则椭圆C的离心率的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题意可知当A为椭圆的上下顶点时，即可满足椭圆C上存在一点A，使得，由此可得，解此不等式可得答案.【详解】由椭圆的对称性可知，当A为椭圆的上下顶点时， 最大，故只需即可满足题意，设O为坐标原点，则只需 ,即有，所以 ，解得 ，故选：C10．中国古代中的“礼、乐、射、御、书、数”，合称“六艺”.“礼”主要指德育；“乐”主要指美育；“射”和“御”就是体育和劳动；“书”指各种历史文化知识；“数”指数学.某校国学社团开展“六艺”讲座活动，每次讲一艺.讲座次序要求“数”不在第一次也不在第六次，“礼”和“乐”不相邻，则“六艺”讲座不同的次序共有（    ）A．480种 B．336种 C．144种 D．96种【答案】B【分析】根据给定条件，求出“数”不在第一次也不在第六次的不同次序数，去掉其中的“礼”和“乐”相邻的不同次序数即可计算作答.【详解】依题意，“数”不在第一次也不在第六次的不同次序数有：，“数”不在第一次也不在第六次时，“礼”和“乐”相邻的不同次序数有：，所以所求“六艺”讲座不同的次序数共有：.故选：B11．在空间直角坐标系中，点关于轴的对称点为点，则点到直线的距离为（    ）A． B． C． D．6【答案】C【分析】按照空间中点到直线的距离公式直接求解.【详解】由题意，，，的方向向量，，则点到直线的距离为.故选：C.12．过点的直线与抛物线：交于，两点，且与E的准线交于点C，点F是E的焦点，若的面积是的面积的2倍，则（    ）A． B． C．10 D．17【答案】C【分析】设出直线方程，与抛物线联立得到两根之和，两根之积，利用面积之比得到线段之比，进而得到关系式，结合韦达定理求出，从而求出.【详解】由题意得：，设直线：，与抛物线联立得：，则，，抛物线准线方程为：，则，所以，由可得：，即，又，故，所以，由可得：，整理得：，解得：，.故选：C 二、填空题13．已知，则方程的解是___________．【答案】1或2##2或1.【分析】根据组合数的性质列方程求解即可.【详解】因为，，所以由组合数的性质得或，解得或，故答案为：1或214．的二项展开式中的常数项为___________．【答案】15【分析】根据二项式展开式的通项公式，结合题意，即可容易求得结果.【详解】因为的通项公式，令，故可得，则二项展开式的常数项为.故答案为：15． 15．在平面直角坐标系中，若直线与曲线，有两个公共点，b的取值范围是______.【答案】【分析】先求出曲线的标准方程，数形结合求解即可．【详解】解：由得，作出图像如下：当直线与相切时，，解得，（舍去）．满足题意的直线夹在和之间（图中虚线所示），．故答案为：．16．过抛物线的焦点作直线，与抛物线C分别交于点A，B和M，N，若直线与互相垂直，则的最小值为______．【答案】16【分析】设出直线方程，联立直线与抛物线的方程，根据韦达定理，结合抛物线的性质，表示出线段长度，即可得到.【详解】由已知可得，，，抛物线方程为.设直线方程为，则方程为，，，，，联立直线方程与抛物线方程得，.则，，，同理.所以，，当且仅当，即时，等号成立.故答案为：16. 三、解答题17．在二项式的展开式中，已知第2项与第8项的二项式系数相等.(1)求展开式中二项式系数最大的项.(2)求的展开式中的常数项.【答案】(1)；(2). 【分析】（1）由二项式系数关系及组合数性质得，进而写出二项系数最大项即可；（2）由（1）知二项式为，分别求出前后两个二项式的常数项，即可得结果.【详解】（1）依题意，由组合数的性质得.所以二项式的展开式中二项式系数最大的项为.（2）由（1）知，，因为二项式的展开式的通项为，所以的常数项为，的常数项为，所以的展开式中的常数项为.18．已知平面直角坐标系上一动点满足：到点的距离是到点的距离的2倍.(1)求点的轨迹方程；(2)若点与点关于直线对称，求的最大值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）直接法求动点的轨迹方程，设点，列方程即可.（2）点关于直线对称的对称点问题，可以先求出点到直线的距离最值的两倍就是的距离，也可以求出点的轨迹方程直接求解的距离.【详解】（1）设，由题意，得：，化简得，所以点的轨迹方程为（2）方法一：设，因为点与点关于点对称，则点坐标为，因为点在圆，即上运动，所以，所以点的轨迹方程为，所以两圆的圆心分别为，半径均为2，则.方法二：由可得：所以点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆轨迹的圆心到直线的距离为：19．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点.(1)求证：平面AEF⊥平面PBC；(2)试确定点F的位置，使平面AEF与平面PCD所成的锐二面角为30°.【答案】(1)证明见解析；(2)点F为BC中点. 【分析】（1）证明．，推出平面．得到．证明，得到平面．然后证明平面平面．（2）分别以的方向为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方形的边长为2，求出为平面的法向量，平面的法向量，利用空间向量的数量积求解即可．【详解】（1）∵PA⊥平面ABCD，BC平面ABCD，∴PA⊥BC，∵ABCD为正方形，∴AB⊥BC，又 PA∩AB=A，PA，AB平面PAB，∴BC⊥平面PAB，∴AE平面PAB，∴AE⊥BC，∵PA=AB，E为线段PB的中点，∴AE⊥PB，又 PB∩BC=B，PB，BC平面PBC，∴AE⊥平面PBC，又AE平面AEF，所以平面AEF⊥平面PBC；（2）以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，设正方形ABCD的边长为2，则A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0）P（0，0，2）E（1，0，1），∴，，，设F（2，λ，0）（0≤λ≤2），∴，设平面AEF的一个法向量为，则，∴，令y1=2，则，∴ ，设平面PCD的一个法向量为，则，∴，令y2=1，则，∴，∵平面AEF与平面PCD所成的锐二面角为30°，∴，解得λ=1，∴当点F为BC中点时，平面AEF与平面PCD所成的锐二面角为30°.20．已知椭圆：的离心率为，且经过点．(1)求椭圆的方程．(2)过点的直线交椭圆于、两点，求为原点面积的最大值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由题意可得，解得，，即可得出答案．（2）由题意可知直线的斜率存在，设直线，,，,，联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理可得，，由弦长公式可得，点到直线的距离公式可得点到直线的距离，再计算的面积，利用基本不等式，即可得出答案．【详解】（1）解：由题意可得，解得，所以椭圆的标准方程为．（2）解：由题意可知直线的斜率存在，设直线，,，,，联立，得，，所以，即或，则，故，点到直线的距离，所以的面积，设，则，故，当且仅当时，等号成立，所以面积的最大值为．21．某学校共有名学生，其中男生人，为了解该校学生在学校的月消费情况，采取分层抽样随机抽取了名学生进行调查，月消费金额分布在之间．根据调查的结果绘制的学生在校月消费金额的频率分布直方图如图所示：将月消费金额不低于元的学生称为“高消费群”．(1)求的值；(2)现采用分层抽样的方式从月消费金额落在，内的两组学生中抽取人，再从这人中随机抽取3人，记被抽取的3名学生中属于“高消费群”的学生人数为随机变量，求的分布列及数学期望；【答案】(1)(2)分布列见解析， 【分析】（1）根据频率分布直方图的各小矩形面积的和为1求解；（2）由随机变量的所有可能取值有，，，，利用超几何分布求解.【详解】（1）（1）由题意知，解得.（2）由题意，从中抽取人，从中抽取人．随机变量的所有可能取值有，，，，，所以随机变量的分布列为X0123p 所以随机变量的数学期望．22．已知椭圆的右顶点为，离心率为．过点与x轴不重合的直线l交椭圆E于不同的两点B，C，直线，分别交直线于点M，N．(1)求椭圆E的方程；(2)设O为原点．求证：．【答案】(1)；(2)证明见解析. 【分析】（1）由题得到关于的方程组，解方程组即得解；（2）设，只需证明.设直线l的方程为，联立椭圆方程得韦达定理，根据三点共线得到，，求出即得证.【详解】（1）解：由题得所以椭圆E的方程为.（2）解：要证，只需证，只需证明只需证明只需证明设，只需证明只需证明.设直线l的方程为，联立椭圆方程得，设，所以，又三点共线，所以，同理，所以，所以所以.所以.