江西省宜春市宜丰中学2023-2024学年高二上学期12月月考数学Word版含解析.docx

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江西省宜丰中学2023-2024（上）创新部高二12月考试数学试卷一、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.椭圆：的左右焦点分别是，，P在椭圆上，且，则（）A.7B.6C.5D.42.直线平分圆C：，则（）A.B.1C.-1D.-33.从由1，2，3，4，5组成没有重复数字的两位数中任取一个，则这个两位数大于40的个数是（）A.6B.8C.10D.124.已知双曲线C：的渐近线方程为，且C过点，则C的方程为（）A.B.C.D.5.在四面体中，点E满足F为BE的中点，且则实数λ=（）A.B.C.D.6.如图所示，用不同五种颜色分别为A，B，C，D，E五部分着色，相邻部分不能用同一种颜色，但同一种颜色可以反复使用，也可不使用，则复合这些要求的不同着色的方法共有（）ABCDEA.500种B.520种C.540种D.560种 7.已知圆与双曲线，若在双曲线上存在一点，使得过点所作的圆的两条切线，切点为、，且，则双曲线的离心率的取值范围是（）A.B.C.D.8.如图，在棱长为3的正方体中，为线段上的动点，则下列结论错误的是（）A.当时，B.当时，点到平面的距离为1C.直线与所成的角可能是D.若二面角的平面角的正弦值为，则或二、多选题(本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得5分，部分选对得2分，错选0分)9.已知方程表示的曲线为C，则下列四个结论中正确的是（）A.当时，曲线C是椭圆B.当或时，曲线C双曲线C.若曲线C是焦点在x轴上的椭圆，则D.若曲线C是焦点在y轴上的双曲线，则10.给出下列命题，其中正确的是（）A.若空间向量，，且，则实数 B.若，则存在唯一的实数，使得C.若空间向量，，则向量在向量上的投影向量是D.点关于平面对称的点的坐标是11.校园师生安全重于泰山，越来越多学校纷纷引进各类急救设备.福清融城中学准备引进5个不同颜色的自动体外除颤器（简称AED），则下面正确的是（）A.从5个AED中随机取出3个，共有10种不同的取法B.从5个AED中选3个分别给3位教师志愿者培训使用，每人1个，共有60种选法C.把5个AED安放在宿舍、教学楼、体育馆三个不同的地方，共有129种方法D.把5个AED安放在宿舍、教学楼、体育馆三个不同的地方，每个地方至少放一个，共有150种方法12.小明同学在完成教材椭圆和双曲线的相关内容学习后，提出了新的疑问：平面上到两个定点距离之积为常数的点的轨迹是什么呢？又具备哪些性质呢？老师特别赞赏他的探究精神，并告诉他这正是历史上法国天文学家卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现的，这类曲线被称为“卡西尼卵形线”．在老师的鼓励下，小明决定先从特殊情况开始研究，假设、是平面直角坐标系xOy内的两个定点，满足的动点P的轨迹为曲线C，从而得到以下4个结论，其中正确结论的为（）A.曲线C既是轴对称图形，又是中心对称图形B.动点P的横坐标的取值范围是C.的取值范围是D.的面积的最大值为三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13.已知点在圆的外部，则k的取值范围是______.14.的展开式的第4项为________．15.设常数．如图在矩形中，平面．若线段上存在点，使得，则的取值范围是__________． 16.在空间直角坐标系中，若一条直线经过点，且以向量为方向向量，则这条直线可以用方程来表示.已知直线l的方程为，则到直线l的距离为______.四、解答题（本题共6小题，其中17题10分，18~22每题12分，共70分）17.已知直线.（1）若直线过点，且，求直线的方程；（2）若直线，且直线与直线之间的距离为，求直线的方程.18.如图，在直三棱柱中，，，，分别为，的中点．（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的余弦值．19.已知抛物线的焦点为，抛物线上一点横坐标为3，且点到焦点的距离为4.（1）求抛物线的方程；（2）过点作直线交抛物线于点，求面积的最小值（其中为坐标原点）.20.（1）现有4男2女共6个人排成一排照相，其中两个女生相邻的排法种数为多少？（2）8个体育生名额，分配给5个班级，每班至少1个名额，有多少种分法？（3）要排一份有4个不同朗诵节目和3 个不同的说唱节目的节目单，如果说唱节目不排在开头，并且任意两个说唱节目不排在一起，则不同的排法种数为多少？（4）某医院有内科医生7名，其中3名女医生，有外科医生5名，其中只有1名女医生．现选派6名去甲、乙两地参加赈灾医疗队，要求每队必须2名男医生1名女医生，且每队由2名外科医生1名内科医生组成，有多少种派法？（最后结果都用数字作答）21.在直角梯形中，，，，如图①把沿翻折，使得平面平面（如图②）．（1）求证：；（2）在线段上是否存在点，使得与平面所成的角为60°？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．22.已知椭圆（）的离心率为，一个焦点为.（1）求椭圆的方程；（2）设为原点，直线（）与椭圆交于不同的两点，且与x轴交于点，为线段的中点，点关于轴的对称点为.证明：是等腰直角三角形. 江西省宜丰中学2023-2024（上）创新部高二12月考试数学试卷一、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.椭圆：的左右焦点分别是，，P在椭圆上，且，则（）A.7B.6C.5D.4【答案】D【解析】【分析】求出椭圆的长轴长，根据椭圆的定义，即可求得答案.【详解】由题意知椭圆：的长轴长为，又P在椭圆上，，故，故选：D2.直线平分圆C：，则（）A.B.1C.-1D.-3【答案】D【解析】【分析】求出圆心，结合圆心在直线上，代入求值即可.【详解】变形为，故圆心为，由题意得圆心在上，故，解得.故选：D3.从由1，2，3，4，5组成的没有重复数字的两位数中任取一个，则这个两位数大于40的个数是（）A.6B.8C.10D.12【答案】B【解析】【分析】数字排列问题，根据符合题意的要求选取十位数为4或5，个位数不重复则在剩余的4个数字里选择1个，即可计算结果.【详解】这个两位数大于40的个数为．故选：B． 4.已知双曲线C：的渐近线方程为，且C过点，则C的方程为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用待定系数法即可得解.【详解】因为双曲线C的渐近线方程为，所以可设C的方程为，把点的坐标代入得，所以C的方程为，即.故选：B.5.在四面体中，点E满足F为BE的中点，且则实数λ=（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由空间向量线性和基本定理运算可解.【详解】由F为BE的中点，得又所以，由得即所以故选：D 6.如图所示，用不同的五种颜色分别为A，B，C，D，E五部分着色，相邻部分不能用同一种颜色，但同一种颜色可以反复使用，也可不使用，则复合这些要求的不同着色的方法共有（）ABCDEA.500种B.520种C.540种D.560种【答案】C【解析】【分析】由于规定一个区域只·涂一种颜色，相邻的区域颜色不同，可分步进行，区域A有5种涂法，B区有4种涂法，C区有3种，D区有3种，E区有3种，根据乘法原理即可.【详解】先涂A，则A有5种涂法，再涂B，因为B与A相邻，所以B的颜色只要与A不同即可，有4种涂法同理C有3种涂法，D有3种涂法，E有3种涂法由分步乘法计数原理可知，复合这些要求的不同着色的方法共有为5×4×3×3×3＝540故选：C.7.已知圆与双曲线，若在双曲线上存在一点，使得过点所作的圆的两条切线，切点为、，且，则双曲线的离心率的取值范围是（）A.B.C.D. 【答案】B【解析】【分析】连接、、，则，，设点，则，分析可得，可得出的取值范围，由可求得的取值范围.【详解】连接、、，则，，由切线长定理可知，，又因为，，所以，，所以，，则，设点，则，且，所以，，所以，，故，故选：B.8.如图，在棱长为3的正方体中，为线段上的动点，则下列结论错误的是（） A.当时，B.当时，点到平面的距离为1C.直线与所成的角可能是D.若二面角的平面角的正弦值为，则或【答案】C【解析】【分析】建立空间直角坐标系后，容易求得即可判断A；对于B，利用空间向量法求解距离即可，对于C，利用空间向量法求解直线所成角即可，对D，根据面面角的空间向量求法即可判断.【详解】建立空间直角坐标系如图所示，则，对于A，因为，所以，所以，故，故A说法正确；对于B，，因为，由选项A知，所以， 设平面的一个法向量为，则，即，令，则，故，所以点到平面的距离为，故B说法正确；对于C，假设直线与所成的角可能是，则设，则，所以，又，所以，整理得，解得，矛盾，所以直线与所成的角不可能是，故C说法错误；对于D，，由选项知，设平面，平面的一个法向量分别为，所以，，即，，分别令，则，故，设二面角的平面角为，则，故，故由，解得或，即或，故D说法正确.故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是建立合适的空间坐标系，利用空间向量法求解角度与距离问题即可.二、多选题(本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得5分，部分选对得2分，错选0分)9.已知方程表示的曲线为C，则下列四个结论中正确的是（）A.当时，曲线C是椭圆B.当或时，曲线C是双曲线C.若曲线C是焦点在x轴上的椭圆，则D.若曲线C是焦点在y轴上的双曲线，则【答案】BCD【解析】【分析】利用椭圆以及双曲线的标准方程的特征可逐一判断各选项.【详解】A选项，曲线是椭圆等价于，解得且，故A错误；B选项，曲线是双曲线等价于，解得或，故B正确；C选项，若曲线是焦点在轴上的椭圆，则，解得，故C正确；D选项，若曲线是焦点在轴上的双曲线，则，解得，故D正确.故选：BCD.10.给出下列命题，其中正确是（）A.若空间向量，，且，则实数B.若，则存在唯一的实数，使得C.若空间向量，，则向量在向量上的投影向量是D.点关于平面对称的点的坐标是【答案】AC【解析】【分析】利用空间向量的对称特征可判定D，利用空间向量平行的充要条件及坐标表示可判定A、B，利用投影向量的概念可判定C. 【详解】对于A，可知，即A正确；对于B，显然时，恒成立，此时不唯一或者不存在，故B错误；对于C，向量在向量上的投影向量，故C正确；对于D，易知点关于平面对称的点的坐标是，故D错误.故选：AC11.校园师生安全重于泰山，越来越多的学校纷纷引进各类急救设备.福清融城中学准备引进5个不同颜色的自动体外除颤器（简称AED），则下面正确的是（）A.从5个AED中随机取出3个，共有10种不同的取法B.从5个AED中选3个分别给3位教师志愿者培训使用，每人1个，共有60种选法C.把5个AED安放在宿舍、教学楼、体育馆三个不同的地方，共有129种方法D.把5个AED安放在宿舍、教学楼、体育馆三个不同的地方，每个地方至少放一个，共有150种方法【答案】ABD【解析】【分析】由排列组合的方法逐一计算验证即可.【详解】从5个AED中随机取出3个，共有种不同的取法，故A正确；从5个AED中选3个分别给3位教师志愿者培训使用，每人1个，共有种选法，故B正确；把5个AED安放在宿舍、教学楼、体育馆三个不同的地方，则每个AED都有3种安放方法，故共有种方法，故C错误；把5个AED安放在宿舍、教学楼、体育馆三个不同的地方，每个地方至少放一个，可先将5个AED分成3组，每组至少1个，再把这3组AED放在宿舍、教学楼、体育馆三个地方，每个地方放1组，故共有方法，故D正确.故选：ABD12.小明同学在完成教材椭圆和双曲线的相关内容学习后，提出了新的疑问：平面上到两个定点距离之积为常数的点的轨迹是什么呢？又具备哪些性质呢？老师特别赞赏他的探究精神，并告诉他这正是历史上法国天文学家卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现的，这类曲线被称为“卡西尼卵形线” ．在老师的鼓励下，小明决定先从特殊情况开始研究，假设、是平面直角坐标系xOy内的两个定点，满足的动点P的轨迹为曲线C，从而得到以下4个结论，其中正确结论的为（）A.曲线C既是轴对称图形，又是中心对称图形B.动点P的横坐标的取值范围是C.取值范围是D.的面积的最大值为【答案】ABD【解析】【分析】设，由题设可得曲线C为，将、、代入即可判断；令，由在上有解，结合二次函数性质求P的横坐标的取值范围判断；由②分析可得，进而求范围判断；由基本不等式、余弦定理确定范围，再根据三角形面积公式求最值判断.【详解】令，则，所以，则，将、、代入上述方程后，均有，所以曲线C既是轴对称图形，又是中心对称图形，正确；令，则，对于，对称轴为，所以在上递增，要使在上有解，只需，所以，即，可得，正确；由，由中，，所以，其中负值舍去，综上，，又，即， 所以，则，错误；由，仅当时等号成立，的面积，而，所以，所以的面积的最大值为，正确.故选：.【点睛】关键点点睛：,通过换元，构造，利用根的分布求P的横坐标、的取值范围.三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13.已知点在圆的外部，则k的取值范围是______.【答案】【解析】【分析】根据二元二次方程表示圆的条件以及点在圆外，列出不等式求解，即得答案.【详解】由题意圆满足，点在圆的外部，得，即的取值范围是故答案为：14.的展开式的第4项为________．【答案】【解析】【分析】根据二项展开式的通项公式求出第四项.【详解】的展开式的第4项为故答案为： 15.设常数．如图在矩形中，平面．若线段上存在点，使得，则的取值范围是__________．【答案】【解析】【分析】通过建系，把转换成向量垂直坐标运算，结合存在点，进而转换为方程有解问题.【详解】因为在矩形中，平面，所以以，，所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，设，，其中或不符题意，则，，，则有，由，得即，若线段上存在点，即方程在有解，设函数为，，对称轴为，则方程有解需满足，又因为， 所以.故答案为：16.在空间直角坐标系中，若一条直线经过点，且以向量为方向向量，则这条直线可以用方程来表示.已知直线l的方程为，则到直线l的距离为______.【答案】【解析】【分析】根据题意，可得直线恒过定点，即可得到其方向向量，再由空间向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果.【详解】直线l的方程标准化：，直线l过点，方向向量为.，，，M到直线l的距离.故答案为：四、解答题（本题共6小题，其中17题10分，18~22每题12分，共70分）17.已知直线.（1）若直线过点，且，求直线的方程；（2）若直线，且直线与直线之间的距离为，求直线的方程.【答案】（1）（2）或.【解析】【分析】（1）根据两直线垂直，斜率之积为，可求得直线的斜率， 再由直线的点斜式方程，即可写出直线方程；（2）先根据两直线平行，斜率相等，设出直线的方程为，再根据两平行直线的距离公式即可求出．【详解】（1）因为直线的方程为，所以直线的斜率为.因为，所以直线的斜率为.因为直线过点，所以直线的方程为，即.（2）因为直线与直线之间的距离为，所以可设直线的方程为，所以，解得或.故直线的方程为或.【点睛】本题主要考查直线方程的求法，涉及两直线垂直，平行关系的应用，以及平行直线的距离公式的应用，意在考查学生的数学运算能力，属于基础题．18.如图，在直三棱柱中，，，，分别为，的中点．（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）法一，通过构造平行四边形，找到线线平行，利用线面平行的判定定理即可证明；法二，通过证明面面平行，证明线面平行；（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的公式即可求. 【小问1详解】证明：（法一）：取中点，连接，，∵直三棱柱中，为的中点，所以，且，因为，分别，的中点，∴，，，，∴四边形为平行四边形，∴，又∵平面，平面，故平面.（法二）：取AB的中点，连接，，由直三棱柱可得四边形为平行四边形又为的中点， ∴，，∴四边形为平行四边形，∴，又∵平面，平面故平面．∵点，分别为，的中点，∴，又∵平面，平面，∴平面，而，平面，平面，∴平面平面，而平面，故平面.【小问2详解】∵在直三棱柱中又有，∴，，两两垂直，分别以直线，，为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，∴，，，设是平面的法向量，则，取，则 设直线与平面所成的角为，则，所以直线与平面所成的角的余弦为．19.已知抛物线的焦点为，抛物线上一点横坐标为3，且点到焦点的距离为4.（1）求抛物线的方程；（2）过点作直线交抛物线于点，求面积的最小值（其中为坐标原点）.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由抛物线的焦半径公式，结合抛物线定义即可求解，（2）联立直线与抛物线方程可得，进而根据面积求解，结合基本不等式即可求解最值.【小问1详解】由题意知,所以.【小问2详解】由(1)知,抛物线,直线过,可设直线的方程为,联立设,不妨设，∴，当且仅当，即时取等号，∴面积最小值为. 20.（1）现有4男2女共6个人排成一排照相，其中两个女生相邻的排法种数为多少？（2）8个体育生名额，分配给5个班级，每班至少1个名额，有多少种分法？（3）要排一份有4个不同的朗诵节目和3个不同的说唱节目的节目单，如果说唱节目不排在开头，并且任意两个说唱节目不排在一起，则不同的排法种数为多少？（4）某医院有内科医生7名，其中3名女医生，有外科医生5名，其中只有1名女医生．现选派6名去甲、乙两地参加赈灾医疗队，要求每队必须2名男医生1名女医生，且每队由2名外科医生1名内科医生组成，有多少种派法？（最后结果都用数字作答）【答案】（1）；（2）；（3）576；（4）.【解析】【分析】（1）利用捆绑法即可求得两个女生相邻的排法种数；（2）利用隔板法即可求得名额的分法种数；（3）利用插空法即可求得不同的排法种数；（4）按外科女医生来或不来分类讨论，再依据分步计数原理即可求得所有不同的派法种数.【详解】（1）两个女生相邻捆绑处理，有种；（2）将8个体育生名额排成一列，在形成的中间7个空隙中插入4块隔板，所以不同的放法种数为；（3）第1步，先排4个朗诵节目共种；第2步，排说唱节目，不相邻则用插空法，且保证不放到开头，从剩下4个空中选3个插空共有种，所以一共有=576种排法；（4）先分类：①若外科女医生必选，则一组内科4男选1，外科4男选1；另一组内科3女中选1女，外科3男选2，共有种；②若外科女医生不选，则一组内科3女选1，外科4男选2； 另一组内科2女选1，外科2男选2，共有种；由于分赴甲乙两地，所以共有种．21.在直角梯形中，，，，如图①把沿翻折，使得平面平面（如图②）．（1）求证：；（2）在线段上是否存在点，使得与平面所成的角为60°？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）存在，，理由见解析.【解析】【分析】（1）若为中点，连接，易得，由面面、线面垂直的性质有，最后根据线面垂直的判定和性质证结论；（2）过作，并构建空间直角坐标系，应用向量法及已知线面角的余弦值求出满足要求的点坐标，即可判断存在性并求的值.【小问1详解】由题设，若中点，连接，则，由面面，面面，面，则面，而面，故，又，，则，且，所以，故，所以， ，面，则面，又面，所以.【小问2详解】过作，由（1）知：，且面，所以可构建如下图示的空间直角坐标系，则，设且，则，且，若是面的一个法向量，则，令，则，又与平面所成的角为60°，所以，整理得，可得或（舍），即，而，则，，即，故.22.已知椭圆（）的离心率为，一个焦点为.（1）求椭圆的方程；（2）设为原点，直线（）与椭圆交于不同的两点，且与x轴交于点，为线段的中点，点关于轴的对称点为.证明：是等腰直角三角形.【答案】（1）（2）证明见解析.【解析】 【分析】（1）由题知，进而结合求解即可得答案；（2）设点，，进而联立并结合题意得或，进而结合韦达定理得，再的中点为，证明，进而得，，故，综合即可得证明.【小问1详解】解：因为椭圆的离心率为，一个焦点为所以，所以所以椭圆的方程为.【小问2详解】解：设点，则点,所以联立方程得，所以有，解得，因为，故或设，所以设向量，所以，所以，即，设的中点为，则 所以，又因为，所以，所以，因为点关于轴的对称点为.所以，所以，所以是等腰直角三角形.