2023-2024学年江西省南昌市铁路第一中学高二上学期12月月考数学试题含答案
展开一、单选题
1.关于直线,下列说法正确的是( )
A.直线的倾斜角为B.向量是直线的一个方向向量
C.直线经过点D.直线的斜率为
【答案】B
【分析】根据给定的直线方程,求出斜率判断ABD;代入验证判断C.
【详解】直线的斜率,D错误;
直线的倾斜角,由,得,A错误;
直线的一个方向向量为,显然与向量共线,
即向量是直线的一个方向向量,B正确;
当时,,即直线经过点,C错误.
故选:B
2.抛物线的焦点到准线的距离为
A.2B.C.D.
【答案】C
【详解】整理为 ,即 ,焦点到准线的距离 ,故选C.
3.3名同学分别从5个风景点中选择一处游览,不同的选法种数是( )
A.10B.60C.125D.243
【答案】C
【分析】利用分步乘法计数原理即可计算.
【详解】3名同学均各自有5种选择方法,彼此之间互不影响,
故由分步乘法计数原理可得不同的选法种数为:.
故选:C.
4.设为椭圆上一点,,分别为的左、右焦点,且,则( )
A.B.C.D.
【答案】B
【分析】利用椭圆的定义求出的值,再联立方程组分别解出、即可.
【详解】因为,,所以,
故.
故选:B.
5.设,,是三条不同的直线,,,是三个不同的平面,下列命题正确的是( )
A.若,,则B.若,,则
C.若,,则D.若,,则
【答案】A
【分析】选项A由平行的传递性可得;BCD由长方体中的线面、面面位置关系举反例可知.
【详解】选项A,若,,则由平行的传递性可知,,故A正确;
选项B,若,,则或都有可能,
如图,长方体中(以下同),
设直线为,直线为,底面为,
满足,,但,与不平行,故B错误;
选项C,若,,则与不一定垂直,
如图,设上底面为,下底面为,平面为,
满足,,但,与不垂直, 故C错误;
选项D,若,,则或或与相交都有可能,
如图,设直线为,直线为,设上底面为,
满足,,但,与不平行,故D错误.
故选:A.
6.已知,,则以为邻边的平行四边形的面积为( )
A.B.
C.4D.8
【答案】A
【分析】首先计算两个向量的夹角的余弦值,再转化为正弦值,利用面积公式计算.
【详解】解析:设向量的夹角为θ,,,
于是=.由此可得.
所以以为邻边的平行四边形的面积为.
故选:A
7.直线与曲线的交点个数为( )
A.1个B.2个C.3个D.4个
【答案】B
【分析】根据题意,由曲线表示一条直线与一个圆,然后分别联立方程,即可得到交点个数.
【详解】因为曲线就是或,表示一条直线与一个圆,
联立,解得,即直线与直线有一个交点;此时,没有意义.
联立,解得或,所以直线与有两个交点.
所以直线与曲线的交点个数为2个.
故选:B
8.阿波罗尼斯是古希腊著名数学家,与欧几里得、阿基米德并称为亚历山大时期数学三巨匠,他对圆锥曲线有深刻而系统的研究,主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书,阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一,指的是:已知动点M与两定点Q,P的距离之比(,),那么点M的轨迹就是阿波罗尼斯圆,已知动点的M与定点和定点的距离之比为2,其方程为,若点,则的最小值为( )
A.B.C.D.
【答案】C
【分析】令,应用两点距离公式列方程求M轨迹,结合已知圆的方程求参数m,进而得,再由,数形结合求目标式最小值.
【详解】由题设,令,则,
所以,则,即,
又,即在圆外,,即在圆外,
由,当且仅当共线上等号成立,
所以的最小值为.
故选:C
二、多选题
9.在二项式的展开式中,下列说法正确的是( )
A.二项式系数和为512B.不存在常数项
C.含项的系数为45D.第6项的系数最大
【答案】BC
【分析】求出展开式的通项,根据二项式系数的定义即可判断A;令的指数等于即可判断B;令的指数等于即可判断C;根据系数性质即可判断D.
【详解】的展开式通项为,,1,…,10,
的二项式系数和为,故A不正确;
令,解得,故展开式不存在常数,B正确;
令,解得,故含项的系数为,C正确;
当时,的展开式的第6项的系数为,
当为奇数时系数小于0,当为偶数时,的展开式
第5项与第7项的二项式系数分别为与相等且最大,D不正确;
故选:BC.
10.对于直线l:与圆C:的以下说法正确的有( )
A.l过定点
B.l被C截得的弦长最长时,
C.l与C相切时,或
D.l与C相切时,记两种情形下的两个切点分别为A、B,则
【答案】AD
【分析】由直线方程确定定点判断A;由C被l截得的弦长最长,只需直线过圆心,代入求参数判断B;由相切关系,应用点线距离公式列方程求参数判断C;画出示意图,根据已知得到,再由求弦长判断D.
【详解】由,即直线恒过定点,A对;
要使C被l截得的弦长最长,只需直线过圆心,即,B错;
l与C相切时,则,可得或,C错;
如图,,,则,故,
故,D对.
故选:AD
11.如图所示,正方体的棱长为1,、、分别为、、的中点,则下列说法正确的是( )
A.直线与直线所成角的余弦值为B.点到距离为
C.直线与平面平行D.三棱锥的体积为
【答案】ACD
【分析】建立空间直角坐标系,利用向量的夹角公式计算A;利用点到直线距离公式计算B;利用线面平行的判定定理判定C;借助C中的线面平行,利用等体积法判定D.
【详解】在棱长为1的正方体中,建立以为原点,
以,,所在的直线为轴、轴、轴的空间直角坐标系,
如图所示:
因为、、分别为、、的中点,
则、、、,
对于A,,,,
设直线与直线所成角为,
所以,故A正确;
对于B,,,
所以,,
所以,
所以点到AF距离为,故B错误;
对于C,连接、,,
在正方体中,因为、分别为、的中点,则,
又易得,所以,故、、、四点共面,
又因为且,所以四边形为平行四边形,
所以,又平面,平面,
所以平面,故C正确;
对于D,因为平面,
∴,故D正确.
故选:ACD
12.在平面直角坐标系中,分别是双曲线的左、右焦点,过点作的一条渐近线的垂线,垂足为,若,则( )
A.
B.的面积为
C.直线与圆相交
D.的离心率
【答案】ABD
【分析】先计算出,再计算即可判断A,C;由可判断B;在中,由余弦定理可得的齐次式,计算可得的离心率.
【详解】设的半焦距为,则,,
不妨设双曲线的一条渐近线为,即,
由点到直线的距离公式,得,
在Rt中,,
所以与圆相切,则正确,C错误;
因为为的中点,所以,则B正确;
在Rt中,,
在中,由余弦定理,得,即,化简得,
又,所以,解得,D正确.
故选:.
三、填空题
13.已知 , 则 .
【答案】3或 1/1或 3.
【分析】解方程或检验即得解.
【详解】解:由题得或,
所以或,
所以或或或.
时,满足题意;时,,不满足题意;
时,,不满足题意. 满足题意.
故答案为:3或1.
14.在边长为2的正方体中,点到平面的距离为 .
【答案】/
【分析】建立空间直角坐标,写出点的坐标以及向量的坐标,求出平面的法向量,根据向量法求解即可得出答案.
【详解】
如图,建立空间直角坐标,则,,,,
所以,,,.
设是平面的一个法向量,
则,
令,则是平面的一个法向量.
所以,点到平面的距离为.
故答案为:.
15.从标有的张卡片中依次抽出两张,则在第一次抽到数字为的倍数的条件下,第二次抽到的数字大于第一次的概率为 .
【答案】
【分析】根据条件概率公式直接求解即可.
【详解】记事件:第一次抽到的数字为的倍数;事件:第二次抽到的数字大于第一次;
则,,.
故答案为:.
16.已知点是椭圆的左焦点,过原点作直线交椭圆于两点,分别是的中点,若,则椭圆的离心率的范围是 .
【答案】
【分析】如图,设椭圆的右焦点为,连接,证明四边形是矩形. 设得到,再利用得解.
【详解】
解:如图,设椭圆的右焦点为,连接.
因为,所以.同理.
因为,所以.
因为,所以四边形是矩形.
设,
所以,
所以,
所以,
所以.
故答案为:
四、解答题
17.在某大型活动中,甲、乙等五名志愿者被随机地分到、、、四个不同的岗位服务,每个岗位至少有一名志愿者.
(1)求不同的分配方法数和甲、乙两人不在同一个岗位服务的分配方法数;
(2)求五名志愿者中仅有一人参加岗位服务的概率.
【答案】(1),
(2)
【分析】(1)利用分组分配法可求得的值,考查甲、乙两人在同一岗位时的分配方法种数,结合 法可求得的值;
(2)分析可知,两名志愿者的这组分配至除岗位的任何一个岗位都可,结合古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.
【详解】(1)解:将甲、乙等五名志愿者被随机地分到、、、四个不同的岗位服务,每个岗位至少有一名志愿者,
先将这五名志愿者分为四组,其中有一组有两人,再将这四组志愿者分到、、、四个不同的岗位服务,
则,
若甲、乙两人不在同一个岗位服务,考查甲、乙两人在同一岗位,不同的分配方法种数为,
所以,.
(2)解:将四组志愿者随机分配到、、、四个不同的岗位,
若五名志愿者中仅有一人参加岗位服务,则两名志愿者的这组分配至除岗位的任何一个岗位都可,
所以,.
18.如图,在平行六面体中,以顶点A为端点的三条棱长都是1,且它们彼此的夹角都是60°;M为与的交点.已知,,.
(1)求对角线的长;
(2)求.
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)由向量加法几何意义可得,应用向量数量积的运算律求模长,即可得结果;
(2)由(1)有,结合向量夹角余弦值的求法求结果.
【详解】(1)由,又以顶点A为端点的三条棱长都是1,且它们彼此的夹角都是60°,
所以.
故对角线的长为.
(2)由,则,
所以.
19.已知双曲线的渐近线方程为,且双曲线C过点.
(1)求双曲线C的方程;
(2)若直线与双曲线C只有一个公共点,求实数k的值.
【答案】(1)
(2)或
【分析】(1)由题意得,解方程组求出,从而可求得双曲线C的方程,
(2)将直线方程代入双曲线方程中化简,然后二次项系数为零和二次项系数不为零,两种情况求解即可
【详解】(1)由题意得,解得
所以双曲线方程为.
(2)由,得,
由题意得,解得.
当,即时,直线l与双曲线C的渐近线平行,直线l与双曲线C只有一个公共点,
所以或.
20.已知函数(,).
(1)当时,求的展开式中二项式系数最大的项;
(2)若,且,
①求;
②求(,)的最大值.
【答案】(1)或;(2)①;②.
【分析】(1)由,二项式系数最大的项为第四项或第五项,求出即可得解;
(2)对①,先求通项, 由求得,求得,再赋值即可得解;
(3)若求最大项,根据求解即可;
【详解】(1)当时,的展开式共有8项,
二项式系数最大的项为第四项或第五项,
所以或;
(2)①的通项公式为,
且,所以的系数为,解得,
所以的通项公式为,
所以,当时,,
令,,
②设为()中的最大值,则,
解得,即,,所以,
所以.
【点睛】本题考查了二项展开式相关内容,考查了二项展开式的通项公式以及各项系数和,同时考查了系数最大项,有一定的计算量,属于中档题.本题关键点有:
(1)理解掌握项的系数和二项式系数的区别;
(2)赋值法求各项系数和.
21.如图1,等腰梯形是由三个全等的等边三角形拼成,现将沿翻折至,使得,如图2所示.
(1)求证:;
(2)在直线上是否存在点,使得直线与平面所成角的余弦值为?若存在,求出的值;若不存在,说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)或
【分析】(1)根据全等三角形性质,利用线面垂直判定定理可证明平面,再由线面垂直性质可得;
(2)解法一利用线面角的定义,作出线面角的平面角,由余弦定理即可求出结果;
解法二根据等体积法求出点到平面的距离,再根据线面角的定义即可求出答案;
解法三利用空间向量,求出平面法向量以及直线方向向量,根据线面角与空间向量之间的关系即可求得结果.
【详解】(1)在图1连接交于点,
在图2中,易知、都是等边三角形,
易得,,又,平面,
可得平面;
又直线平面,
所以.
(2)解法一:
假设存在点,符合题意.
设,则,则在中,由,
由余弦定理得,
由(1)得直线平面,又,∴直线平面,
∵平面,∴平面平面
作,垂足为,则平面,
在,由,,
所以
如图3,取中点,连接,,
由,得四边形为平行四边形,
因为平面,所以平面,
则直线与平面所成角为,且.
由已知,即,
由,得
在中,设,由余弦定理得
即,解得或
所以存在点,使得直线与平面所成角的余弦值为,
此时或
解法二(等体积法):
设,则,
则在中,由,,由余弦定理得,
作,垂足为,连接,得,∴
由(1)得直线平面,又,∴直线平面,
∴,所以是直角三角形,
所以的面积为,
设点到平面的距离为,
由得,得,
设直线与平面所成角为,则,所以
所以,得,
在中,设,由余弦定理得
即,解得或
所以存在点,使得直线与平面所成角的余弦值为,
此时或
解法三(向量法) 由解法一知,如图3,以的中点为原点,,,分别为,,轴正方向,建立空间直角坐标系,
则,,,所以,
因此,,
设平面的法向量为,
则,解得,令,则;
即向量,
设存在点,,满足题意,
则,
所以,
设直线与平面所成角为,则,所以
所以
,
解得,
所以存在点,使得直线与平面所成角的余弦值为,
此时或
22.已知的两顶点坐标.
(1)求动点的轨迹的方程;
(2)不垂直于轴的动直线与轨迹相交于两点,定点,若直线关于轴对称,求面积的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)由椭圆的定义即可判断轨迹为椭圆,即可由椭圆的性质求解方程.
(2)联立直线与椭圆的方程,由韦达定理,结合斜率公式可得直线经过定点,进而由面积公式,结合对勾函数的性质即可求解.
【详解】(1)由,所以,
因此动点的轨迹是以为焦点的椭圆,且去掉椭圆与轴的交点,
设椭圆的标准方程为,则,
解得,
所以动点的轨迹的方程为.
(2)由题意可知直线的斜率不为0,设直线的方程为, 点,
把代入椭圆方程可得:,
,化为.
,
直线关于轴对称,,
即,且,
则,
即,
所以,
化简得,所以,故直线经过定点.
令,
由于在上单调递增,所以,故
因此,.
【点睛】圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略:
(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系,从而确定参数的取值范围;
(2)利用已知参数的范围,求新的参数的范围,解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系;
(3)利用隐含的不等关系建立不等式,从而求出参数的取值范围;
(4)利用已知的不等关系建立不等式,从而求出参数的取值范围;
(5)利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数,求其值域,从而确定参数的取值范围.
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2022-2023学年江西省南昌市铁路第一中学高二下学期第二次月考数学试题: 这是一份2022-2023学年江西省南昌市铁路第一中学高二下学期第二次月考数学试题,共7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。
2023-2024学年江西省南昌市第十中学高二上学期第二次月考数学试题含答案: 这是一份2023-2024学年江西省南昌市第十中学高二上学期第二次月考数学试题含答案,共17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。