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

这是一份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，共20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。

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.