辽宁省新民市第一高级中学2023-2024学年高二下学期第一次月考数学试卷

这是一份辽宁省新民市第一高级中学2023-2024学年高二下学期第一次月考数学试卷，共15页。
第Ⅰ卷（选择题）
一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）
1．如图：在平行六面体中，为的交点．若，则向量（ ）
A．B．C．D．
2．已知随机变量的分布列为，则（ ）
A．B．C．D．
3．开学初，学校将新转学来的等五名同学分配到甲、乙、丙、丁四个不同的班级，每个班至少分一人，则两人被各自单独分往一个班级的不同分配方法种数有（ ）
A．36种B．48种C．72种D．144种
4．两条平行直线和间的距离为，则的值分别为（ ）
A．B．
C．D．
5．如图，二面角的度数为，其棱上有两点，线段分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱，若，则线段的长为（ ）
A．B．41C．73D．
6．双曲线的渐近线方程为，则双曲线离心率为（ ）
A．或B．或C．D．2
7．已知点在直线上，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
8．已知圆，直线与圆相交于两点，若圆上存在点，使得为正三角形，则实数的值为（ ）
A．B．C．或D．或
二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，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．已知随机事件发生的概率分别为，则下列说法正确的是（ ）
A．若与互斥，则
B．若与相互独立，则
C．若，则事件与相互独立
D．若，则
下列结论正确的是（ ）
A．直线的倾斜角大于
B．直线过定点
C．直线与直线之间的距离是
D．与点的距离为1，且与点的距离为4的直线共有4条
11．已知正方体的棱长为2，若的中点分别为，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．平面D．点到平面的距离为
12．已知椭圆的左、右焦点分别为，点在椭圆上，若方程所表示的直线恒过定点，点在以点为圆心，的长轴长为直径的圆上，则下列说法正确的是（ ）
A．椭圆的离心率为B．的面积可能为2
C．的最大值为4D．的最小值为
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分。）
13．现有五人排成一列，其中与相邻，不排在两边，则共有_______种不同的排法（用具体数字作答）．
14．已知圆与圆相交于两点．则_______．
15．已知直线的一个方向向量，平面的一个法向量，若，则_______．
16．设，则_______，_______．（均用数字作答）
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．已知展开式前三项的二项式系数和为22．
（1）求展开式中各项的二项式系数和；
（2）求展开式中的常数项；
（3）求展开式中二项式系数最大的项．
18．如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面是的中点，作交于点．
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面的夹角的大小．
19．已知椭圆的右焦点为，斜率不为0的直线与交于两点．
（1）若是线段的中点，求直线的方程；
（2）若直线经过点（点在点之间），直线与的另一个交点为，求证：点，关于轴对称．
20．在一个有奖游戏中，参与者可从A，B两类数学试题中选择作答，答题规则如下：
规则一：参与者只有在答对第一次所选试题的情况下，才有资格进行第二次选题，且连续两次选题不能是同一类试题，每人至多有两次答题机会；
规则二：参与者连续两次选题可以是同一类试题，答题次数不限．
（1）小周同学按照规则一进行答题，已知小周同学答对A类题的概率均为0.75，答对一次可得2分；答对B类题的概率均为0.6，答对一次可得3分．如果答题的顺序由小周选择，那么A，B两类题他应优先选择答哪一类试题？请说明理由；
（2）小南同学按照规则二进行答题，小南同学第1次随机地选择其中一类试题作答，如果小南第1次选择A类试题，那么第2次选择A类试题的概率为0.6；如果第1次选择B类试题，那么第2次选择A类试题的概率为0.8．求小南同学第2次选择A类试题作答的概率．
21．如图，在四棱锥中，，四边形是正方形，是棱上的动点，且．
（1）证明：平面；
（2）是否存在实数，使得平面与平面所成夹角的余弦值是？若存在．求出的值；若不存在，请说明理由．
22．已知为圆的圆心，是圆上的动点，点，若线段的中垂线与相交于点．
（1）当点在圆上运动时，求点的轨迹的方程；
（2）过点的直线与点的轨迹分别相交于两点，且与圆相交于两点，求的取值范围．
数学月考参考答案：
1．B 【详解】因为，所以
．
2．C 【详解】根据题意，随机变量的分布列为，由分布列的性质，则有，解得，故．
3．C 【详解】因为两人被各自单独分往一个班级，首先将剩余3名学生分成2组，有种分组方法，再将4组学生分配到4个不同的班级有种，所以两人被各自单独分往一个班级的不同分配方法种数有种．
4．B 【详解】由已知可得，，解得．代入化简可得，．根据两条平行线之间的距离公式可得，．
5．D 【详解】由题意可知，，
则，因为，
所以，
，因此，．
6．B 【详解】设双曲线方程为，则渐近线方程为，故，离心率为，设双曲线方程为，则渐近线方程为，故，离心率为，
7．C 【详解】因为表示到点和的距离之和．又在直线上，关于的对称点为，所以，所求最小值为：．
8．C 【详解】由圆，则圆心，半径，因为圆上存在点，使得为正三角形，即，则，故圆心到直线的距离为，则，解得或．
9．ABC 【详解】对于A选项，若与互斥，则，A对；
对于B选项，若与相互独立，则，
所以，，B对；
对于C选项，若，且，
所以，事件与相互独立，C对；
对于D选项，若，则，所以，，D错．
10．AB 【详解】因为直线的斜率为，所以该直线的倾斜角大于45°，故A正确；
将直线整理成，
由，解得，所以该直线过定点，故B正确；
将直线化为，所以两直线间的距离，故C错误；
记以为圆心，1为半径的圆为，以为圆心，4为半径的圆为，
因为两圆的圆心距，且两圆的半径之和，
所以，所以两圆外切，所以两圆有三条公切线，这三条公切线满足与点的距离为1，且与点的距离为4，故D错误．
11．ABD 【详解】如图所示，以为坐标原点，
以所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系．
则，
对选项A：，正确；
对选项B：，正确；
对选项C：若平面平面，
平面平面，故，不成立，错误；
对选项D：．
设平面的一个法向量为，则，取，
则点到平面的距离为，正确．
12．AC 【详解】对于选项A，由椭圆的方程知，所以离心率，故选项A正确；对于选项B，当点位于椭圆的上，下顶点时，的面积取得最大值，故选项B错误；对于选项C，由椭圆的定义可得，所以，当且仅当时，等号成立，即的最大值为4，故选项C正确；对于选项D，因为直线，即，令，可得，所以，则圆，所以，故选项D错误．
13．24
【详解】法一：将捆绑，则除以外其他四人的排序有种，又不排在两边，所以可选的位置有两种，所以共种排法；
法二：将捆绑，若的位置任意，则五人的排序有种，
其中排在两边的情况有种，所以不排在两边的情况有种；
14． 【详解】因为圆与圆，经检验，知这两圆相交，两圆方程相减可得直线方程为，而圆的圆心为，所以圆心到直线的距离为，
所以．
15． 【详解】由，可知，则有，解之得，
16．1
【详解】令得，；
令得，，
令得，，
两式相减得，，解得．
17．（1）64 （2）60 （3）
【详解】（1）由题意，展开式前三项的二项式系数和为22．
二项式定理展开前三项二项式系数和为：，
解得：或（舍去），即的值为6，
故有展开式中，各项二项式系数之和为．
（2）由通项公式，令，可得：．
展开式中的常数项为；
（3）是偶数，展开式共有7项，则第四项最大，
展开式中二项式系数最大的项为．
18．（1）证明见解析 （2）60°
【详解】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，设．
依题意得，
所以，
故．
所以．
由已知，且平面，
所以平面．
（2）已知，由（1）可知平面平面，所以，故是平面与平面的夹角．
设点的坐标为，则，
因为，所以，
即，
设，则，
所以，点的坐标为，即，
又点的坐标为，所以，
所以，
又为锐角，所以，即平面与平面的夹角大小为60°．
19．（1）； （2）证明见解析．
【详解】（1）设，
则两式相减，得，
即．
因为是线段的中点，所以，
所以直线的斜率，
所以直线的方程为，即．
（2）根据椭圆的对称性，欲证点关于轴对称，
只需证，即证．
设直线的方程为，
由消得，
所以．
所以．
因为，
所以，即点关于轴对称．
20．（1）小周应该先答类题，理由见解析 （2）0.7
【详解】（1）根据题意，小周同学按照规则一进行答题，
若先选择答类题，设小周获得的积分为随机变量为，
则的所有可能取值为0、2、5，
，
，
则；
若先选择答类题，设小周获得的积分为随机变量为，
则的所有可能取值为0、3、5，
所以，
因为，所以小周应该先答类题．
（2）由于小南同学按照规则二进行答题，
设：第1次选择类题作答；：第1次选择类题作答；
：第2次选择类试题作答；
则，
故．
21．（1）证明见解析 （2）存在，
【详解】（1）因为四边形是正方形，则，
且平面，所以平面，
且平面，可得，
又因为，所以，即，
由平面，且，所以平面．
（2）由（1）可知：平面，且，
如图，以为坐标原点建立空间之间坐标系，
不妨设，则，
可得，
则，可得，
设平面平面的法向量，则，
令，则，可得，
且平面的法向量，
由题意可得：，
整理得，解得或（舍去），
所以存在实数的值为．
22．（1）；（2）．
【详解】（1）解：由线段的垂直平分线，可得，
所以点的轨迹是以点为焦点，焦距为2，长轴长为的椭圆，
所以，则，
所以椭圆的标准方程为．
（2）解：由（1）可知，椭圆的右焦点为，
（1）若直线的斜率不存在，直线的方程为，
则，
所以．
（2）若直线的斜率存在，设直线的方程为，
联立方程组，整理得，
则，
所以，
因为圆心到直线的距离，
所以，
所以，
因为，所以，
综上可得，．