还剩19页未读，
继续阅读
湖北省襄阳市第五中学2023-2024学年高二上学期10月月考 数学试题（含解析）
展开
这是一份湖北省襄阳市第五中学2023-2024学年高二上学期10月月考 数学试题（含解析），共22页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：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．若向量是直线的一个方向向量，则直线的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
2．“治国之道，富民为始.”共同富裕是社会主义的本质要求，是中国式现代化的重要特征，是人民群众的共同期盼.共同富裕是全体人民通过辛勤劳动和相互帮助最终达到丰衣足食的生活水平，是消除两极分化和贫穷基础上的普遍富裕．请你运用数学学习中所学的统计知识加以分析，下列关于个人收入的统计量中，最能体现共同富裕要求的是（ ）
A．平均数小，方差大B．平均数小，方差小
C．平均数大，方差大D．平均数大，方差小
3．双曲线：的左右焦点分别为，，一条渐近线方程为，若点在双曲线上，且，则（ ）
A．7B．9C．1或9D．3或7
4．已知事件，且，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若与相互独立，则
D．若，则与对立
5．在正方体中，，分别为，的中点，则（ ）
A．平面B．平面
C．平面D．平面
6．已知正方体的棱长为1，且满足，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
7．已知圆，动圆满足与外切且与内切，若为上的动点，且，则的最大值为（ ）
A．B．C．4D．
8．过点作斜率为的直线交圆于A，两点，动点满足，若对每一个确定的实数，记的最大值为，则当变化时，的最小值是（ ）
A．1B．C．2D．
二、选择题：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．下列说法错误的是（ ）
A．若是空间任意四点，则有
B．若，则存在唯一的实数，使得
C．若共线，则
D．对空间任意一点与不共线的三点，若（其中），则四点共面
10．某次考试的一道多项选择题，要求是：“在每小题给出的四个选项中，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．”已知某选择题的正确答案是，且甲、乙、丙、丁四位同学都不会做，下列表述正确的是（ ）
A．甲同学仅随机选一个选项，能得2分的概率是
B．乙同学仅随机选两个选项，能得5分的概率是
C．丙同学随机选择选项（即随机选1个、2个、3个或者4个选项），能得分的概率是
D．丁同学随机至少选择两个选项，能得分的概率是
11．双曲线的离心率为，双曲线的离心率为，则的值可能是（ ）
A．3B．C．D．
12．过椭圆外一点作椭圆的两条切线，切点分别为，若直线的斜率之积为（为大于0的常数），则点的轨迹可能是（ ）
A．两条直线的一部分B．圆的一部分
C．椭圆的一部分D．双曲线的一部分
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．已知圆，圆，则两圆公切线的方程为 .
14．已知分别为椭圆的左，右焦点，A为椭圆的上顶点，且为等边三角形；过且垂直于的直线与椭圆交于两点，则的周长为 ．
15．已知有3个男生和7个女生，其中3个男生的平均身高为，方差为30；这10人的平均身高为，方差为58．则这7个女生身高的方差为 ．
16．如图，正四棱锥的棱长均为2，点E为侧棱PD的中点．若点M，N分别为直线AB，CE上的动点，则MN的最小值为 ．
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．已知两条直线，求分别满足下列条件的的值：
(1)直线过点，并且直线与直线垂直；
(2)直线与直线平行，并且坐标原点到的距离相等．
18．已知双曲线与有相同的渐近线，为上一点.
(1)求双曲线的标准方程；
(2)设双曲线的左、右焦点分别为、，过且倾斜角为的直线与相交于、两点，求的面积.
19．2021年7月24日，在奥运会女子个人重剑决赛中，中国选手孙一文在最后关头一剑封喉，斩获金牌，掀起了新一轮“击剑热潮”．甲、乙、丙三位重剑爱好者决定进行一场比赛，每局两人对战，没有平局，已知每局比赛甲赢乙的概率为，甲赢丙的概率为，丙赢乙的概率为．因为甲是最弱的，所以让他决定第一局的两个比赛者（甲可以选定自己比赛，也可以选定另外两个人比赛），每局获胜者与此局未比赛的人进行下一局的比赛，在比赛中某人首先获胜两局就成为整个比赛的冠军，比赛结束．请帮助甲进行第一局的决策（甲乙、甲丙或乙丙比赛），使得甲最终获得冠军的概率最大．
20．已知圆满足：截轴所得弦长为2；被轴分成两段弧，其弧长的比为，
(1)若圆心在直线上，求圆的标准方程；
(2)在满足条件的所有圆中，求圆心到直线的距离最小的圆的方程．
21．如图，在四棱锥中，底面四边形满足，棱上的点满足直线平面．
(1)求；
(2)若，且，求直线与平面所成角的正弦值．
22．已知椭圆的焦距为8，且椭圆经过点.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)如图，过点的直线与椭圆交于两点，试问直线上是否存在一点，使为正三角形，若存在，求出相应的直线的方程；若不存在，请说明理由.
1．A
【分析】根据给定的方向向量求出直线的斜率，再求出倾斜角即可.
【详解】设直线的倾斜角为，
若向量是直线的一个方向向量，
则直线的斜率为，
因为，所以.
故选：A.
2．D
【分析】根据平均数与方差的含义即可求解.
【详解】方差反映的是一组数据的波动情况，方差越大说明数据偏离平均水平的程度越大，平均数是整体的平均水平，是一组数据的集中程度的刻画，所以最能体现共同富裕要求的是平均数大，方差小.
故选：D
3．B
【分析】由渐近线方程可得，则，后由双曲线定义可得答案.
【详解】由，可得，则.
又因在双曲线，则由双曲线定义，有，可得.
故选：B
4．B
【分析】根据概率的基本性质，独立事件的乘法公式，互斥事件的加法公式逐个分析每个选项计算即可.
【详解】选项A：若，则，故A错误；
选项B：若，则，故B正确
选项C：若与相互独立，则，故C错误.
选项D：若，则，则与互斥并不一定对立，故D错误.
故选：B
5．A
【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明，逐项计算判断作答.
【详解】在正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，令，
则，，
对于A，，显然，则平面，
而平面，所以平面，A正确；
对于B，，设平面的法向量，
则，令，得，，则直线与平面不平行，B错误；
，而，即直线不垂直于，平面，因此直线不垂直于平面，C错误；
对于D，由选项C知，直线不垂直于，平面，直线不垂直于平面，D错误.
故选：A
6．C
【分析】由空间向量的共面定理可得点四点共面，从而将求的最小值转化为求点到平面的距离d，再根据等体积法计算d
【详解】因为，
由空间向量的共面定理可知，点四点共面，
即点E在平面上，所以的最小值为点到平面的距离d，
由正方体棱长为1，可得是边长为的等边三角形，
则，，
由等体积法得，，所以，
所以的最小值为.
故选：C
7．D
【分析】利用圆与圆的位置关系结合椭圆定义可得的轨迹为椭圆：．即可利用垂直关系，结合椭圆上的点到焦点的距离的最值，即可求解.
【详解】如图，
设圆的半径为，则，，
则，
的轨迹为椭圆，焦点为，，
，即，，．
椭圆方程为：．
由，得，故，
，要使的值最大，则最大，
为椭圆的左焦点，故
即．
故选：D．
8．A
【分析】首先确定P与圆的位置关系，令且P是内分比点，若为外分比点，由阿氏圆易知P、Q在以的中点C为圆心的圆上，且最大值为圆的直径，讨论及数形结合判断的最大情况的最小值.
【详解】由题设，即在圆内，
令且，显然P是内分比点，若为外分比点,
则，此时的中点C为P、Q所在阿氏圆的圆心，
对于每一个确定的实数k，的最大值为，即重合时为对应圆直径，
根据圆的对称性，如上图，讨论的情况，而,
当为直径时，，
此时，可得，
故的最大值为，
当不是为直径时，，，且增减趋势相同，
由，得，显然接近于1时趋向无穷大，
此时的最大值为趋向无穷大.
综上，的最小值是1.
故选：A
9．BCD
【分析】利用向量加法运算判断A；利用共线向量定理判断B；利用向量共线的意义判断C；利用共面向量定理判断D.
【详解】对于A，，A正确；
对于B，当时，不存在，B错误；
对于C，共线，可以在同一条直线上，C错误；
对于D，当时，四点不共面，D错误.
故选：BCD
10．ABC
【分析】根据题意逐个分析，结合古典概型的概率公式求解即可.
【详解】对于A，甲同学仅随机选一个选项，能得2分的概率是，所以A正确，
对于B，乙同学仅随机选两个选项，能得5分的概率是，所以B正确，
对于C，丙同学随机选择选项，能得分的概率是，所以C正确，
对于D，丁同学随机至少选择两个选项，能得分的概率是，所以D错误，
故选：ABC
11．AB
【分析】根据双曲线的离心率表示，利用基本不等式即可得出范围，比较各个选项即可
【详解】因为
，
当且仅当，即时取等号，
所以，
故选：AB
12．AD
【分析】设出切线方程且斜率为，联立椭圆化简使判别式等于零得到关于等式，根据判别式及二次方程和韦达定理可得的范围及，根据的不同取值分别判断关于方程所对应的轨迹即可.
【详解】依题意可知直线和直线的斜率存在，
设过的椭圆的切线方程为，
联立化简可得：
，
取，
即，
且有，且上式两根分别为，
则上式的判别式，
整理得，符合题意，所以，
①若，则，
即点的轨迹是直线（两条）的一部分；
②若，则，即点的轨迹是直线（两条）的一部分；
若且，整理可得，
③当时，12，
轨迹方程可化为，即点的轨迹是圆的一部分；
④当或时，，且，
由于，且，所以点的轨迹是椭圆的一部分；
⑤当时，，表示焦点在轴上的双曲线，
由于，所以点的轨迹是双曲线的一部分.
又因为为大于0的常数，所以点的轨迹可能是两条直线的一部分或双曲线的一部分.
故选：AD.
13．
【分析】首先判断两圆的位置关系，根据位置关系再求两圆公切线方程.
【详解】解析圆，圆心为，半径为1；
圆，圆心为，半径为5.
易知两圆内切，切点为，又两圆圆心都在轴上，
所以两圆公切线的方程为，即.
故答案为：
【点睛】本题考查两圆的位置关系，公切线方程，属于基础题型.
14．16
【分析】根据条件可得，然后根据椭圆的定义可得
【详解】
由，得
因为为等边三角形，，
且过且垂直于的直线与椭圆交于两点，
所以DE为线段的垂直平分线，
得，
则的周长为，
故答案为：16
15．40
【分析】根据已知条件，结合平均数公式，以及方差公式，即可求解．
【详解】由题意可知，设7个女生的平均身高为，
则，解得；
设这7个女生身高的方差为，
则，解得，
故答案为：40.
16．
【分析】根据题意，先建立空间直角坐标系，然后写出相关点的坐标，再写出相关的向量，然后根据点分别为直线上写出点的坐标，这样就得到，然后根据的取值范围而确定
【详解】
建立如图所示的空间直角坐标系，则有：
，，，，，
可得：
设，且
则有：，
可得：
则有：
故
则当且仅当时，
故答案为：
17．(1)或
(2)或
【分析】（1）根据题意可得，，解方程组可得答案；
（2）由题意得，再结合点到直线的距离公式列方程可求得结果.
【详解】（1）因为过点，所以，
又因为，所以，
所以，
所以或；
（2）因为且的斜率为，
所以的斜率也存在，，即，
故和的方程可分别表示为，
因为原点到与的距离相等，
所以，解得或，
因此或
18．(1)
(2)
【分析】（1）设双曲线的方程为，将点的坐标代入双曲线的方程，求出的值，即可得出双曲线的标准方程；
（2）设点、，将直线的方程与双曲线的方程联立，列出韦达定理，利用三角形的面积公式可求得的面积.
【详解】（1）解：设双曲线的方程为，将点代入方程中得，
所以双曲线的方程为，即双曲线的方程为.
（2）解：在双曲线中，，，则，
则，所以直线的方程为，设点、，
联立可得，，
由韦达定理可得，，
则，
所以，.
19．甲第一局选择甲和丙比赛，最终获得冠军的概率最大
【分析】结合题意，讨论出每种情况，利用全概率公式求解进行相应的比较即可.
【详解】若甲指定第一局由乙丙对战，“甲成为冠军”共有两种情况：
①乙丙比乙胜，甲乙比甲胜，甲丙比甲胜，其概率为；
②乙丙比丙胜，甲丙比甲胜，甲乙比甲胜，其概率为．
所以“甲成为冠军”的概率为．
若第一局甲乙比，甲获得冠军的情况有三种：甲乙比甲胜，甲丙比甲胜；
甲乙比甲胜，甲丙比丙胜，乙丙比乙胜，甲乙比甲胜；
甲乙比乙胜；乙丙比丙胜，甲丙比甲胜，甲乙比甲胜，
所以甲能获得冠军的概率为．
若第一局为甲丙比，则同上可得甲获得冠军的概率为
．
因为，所以甲第一局选择甲和丙比赛，最终获得冠军的概率最大．
20．(1)或
(2)或
【分析】（1）根据已知条件，利用待定系数法来求圆的标准方程；
（2）用待定系数法，得到系数关系，再用基本不等式思想来求距离最小值问题，最后判断等号成立的条件，即可求出圆的方程.
【详解】（1）
设圆心为，半径为，则到到轴，轴距离分别为和．
由题设知，圆截轴弦长为,所以，
圆截轴所得劣弧所对的圆心角，
故圆截轴所得弦长为．所以，
故，
又因为圆心在直线上，则，
解得：或
所以圆的标准方程为或；
（2）由（1）知：，
又因为圆心到直线的距离为：，
所以，
当且仅当时取等号，此时．
此时或且，
则圆的标准方程为或．
21．(1)2
(2)
【分析】（1）由题意得：连接交于点，过做，交于点，先证平面平面，从而，又，分析可得四边形为正方形，从而得解；
（2）利用余弦定理可得，从而，以为原点，OC，OD，OP所在的直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量法求解线面角.
【详解】（1）由题意得：连接交于点，过做，交于点，
如图所示：由于平面，平面，
所以平面，又平面．平面，
所以平面平面，平面平面，
平面平面，所以，
故，即，
由于，
所以，则，所以四边形为正方形，所以，
在中，，所以，所以，
；
（2）在和中，由可得：
，
满足，所以，又．
又有交于点，所以平面，满足两两垂直，
故以为原点，OC，OD，OP所在的直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
于是有．
设平面的法向量为，由，
取，又，
故所求角的正弦值为．
22．(1)
(2)存在，方程为
【分析】（1）由题意可知，，而椭圆满足，解方程组即可；
（2）设直线的方程为，，，联立椭圆方程，可得，利用韦达定理求出和M的坐标，利用弦长公式得到，或者求出中垂线MN的方程，得到N点坐标，利用两点间距离公式求出，再由是正三角形，可知，即可求解出k，得到直线方程；
【详解】（1）由题意知，，而，
解得，，
故椭圆的标准方程为.
（2）
方法一：设直线的方程为，，.
联立方程消去，得到
于是，，
∴，
设的中点为，利用韦达定理可得，
又∵点的纵坐标是，
∴，
当是正三角形时，，
于是，
化简得到，即，∴，
故满足条件的直线存在，其方程为.
方法二：设直线的方程为，，.
联立方程消去，得到，
于是，，
∴
设的中点为，利用韦达定理可得，
的中垂线方程为，
令，则，∴，
∴，
当是正三角形时，，
于是，
化简得到，即，∴
故满足条件的直线存在，其方程为.
一、选择题：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．若向量是直线的一个方向向量，则直线的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
2．“治国之道，富民为始.”共同富裕是社会主义的本质要求，是中国式现代化的重要特征，是人民群众的共同期盼.共同富裕是全体人民通过辛勤劳动和相互帮助最终达到丰衣足食的生活水平，是消除两极分化和贫穷基础上的普遍富裕．请你运用数学学习中所学的统计知识加以分析，下列关于个人收入的统计量中，最能体现共同富裕要求的是（ ）
A．平均数小，方差大B．平均数小，方差小
C．平均数大，方差大D．平均数大，方差小
3．双曲线：的左右焦点分别为，，一条渐近线方程为，若点在双曲线上，且，则（ ）
A．7B．9C．1或9D．3或7
4．已知事件，且，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若与相互独立，则
D．若，则与对立
5．在正方体中，，分别为，的中点，则（ ）
A．平面B．平面
C．平面D．平面
6．已知正方体的棱长为1，且满足，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
7．已知圆，动圆满足与外切且与内切，若为上的动点，且，则的最大值为（ ）
A．B．C．4D．
8．过点作斜率为的直线交圆于A，两点，动点满足，若对每一个确定的实数，记的最大值为，则当变化时，的最小值是（ ）
A．1B．C．2D．
二、选择题：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．下列说法错误的是（ ）
A．若是空间任意四点，则有
B．若，则存在唯一的实数，使得
C．若共线，则
D．对空间任意一点与不共线的三点，若（其中），则四点共面
10．某次考试的一道多项选择题，要求是：“在每小题给出的四个选项中，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．”已知某选择题的正确答案是，且甲、乙、丙、丁四位同学都不会做，下列表述正确的是（ ）
A．甲同学仅随机选一个选项，能得2分的概率是
B．乙同学仅随机选两个选项，能得5分的概率是
C．丙同学随机选择选项（即随机选1个、2个、3个或者4个选项），能得分的概率是
D．丁同学随机至少选择两个选项，能得分的概率是
11．双曲线的离心率为，双曲线的离心率为，则的值可能是（ ）
A．3B．C．D．
12．过椭圆外一点作椭圆的两条切线，切点分别为，若直线的斜率之积为（为大于0的常数），则点的轨迹可能是（ ）
A．两条直线的一部分B．圆的一部分
C．椭圆的一部分D．双曲线的一部分
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．已知圆，圆，则两圆公切线的方程为 .
14．已知分别为椭圆的左，右焦点，A为椭圆的上顶点，且为等边三角形；过且垂直于的直线与椭圆交于两点，则的周长为 ．
15．已知有3个男生和7个女生，其中3个男生的平均身高为，方差为30；这10人的平均身高为，方差为58．则这7个女生身高的方差为 ．
16．如图，正四棱锥的棱长均为2，点E为侧棱PD的中点．若点M，N分别为直线AB，CE上的动点，则MN的最小值为 ．
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．已知两条直线，求分别满足下列条件的的值：
(1)直线过点，并且直线与直线垂直；
(2)直线与直线平行，并且坐标原点到的距离相等．
18．已知双曲线与有相同的渐近线，为上一点.
(1)求双曲线的标准方程；
(2)设双曲线的左、右焦点分别为、，过且倾斜角为的直线与相交于、两点，求的面积.
19．2021年7月24日，在奥运会女子个人重剑决赛中，中国选手孙一文在最后关头一剑封喉，斩获金牌，掀起了新一轮“击剑热潮”．甲、乙、丙三位重剑爱好者决定进行一场比赛，每局两人对战，没有平局，已知每局比赛甲赢乙的概率为，甲赢丙的概率为，丙赢乙的概率为．因为甲是最弱的，所以让他决定第一局的两个比赛者（甲可以选定自己比赛，也可以选定另外两个人比赛），每局获胜者与此局未比赛的人进行下一局的比赛，在比赛中某人首先获胜两局就成为整个比赛的冠军，比赛结束．请帮助甲进行第一局的决策（甲乙、甲丙或乙丙比赛），使得甲最终获得冠军的概率最大．
20．已知圆满足：截轴所得弦长为2；被轴分成两段弧，其弧长的比为，
(1)若圆心在直线上，求圆的标准方程；
(2)在满足条件的所有圆中，求圆心到直线的距离最小的圆的方程．
21．如图，在四棱锥中，底面四边形满足，棱上的点满足直线平面．
(1)求；
(2)若，且，求直线与平面所成角的正弦值．
22．已知椭圆的焦距为8，且椭圆经过点.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)如图，过点的直线与椭圆交于两点，试问直线上是否存在一点，使为正三角形，若存在，求出相应的直线的方程；若不存在，请说明理由.
1．A
【分析】根据给定的方向向量求出直线的斜率，再求出倾斜角即可.
【详解】设直线的倾斜角为，
若向量是直线的一个方向向量，
则直线的斜率为，
因为，所以.
故选：A.
2．D
【分析】根据平均数与方差的含义即可求解.
【详解】方差反映的是一组数据的波动情况，方差越大说明数据偏离平均水平的程度越大，平均数是整体的平均水平，是一组数据的集中程度的刻画，所以最能体现共同富裕要求的是平均数大，方差小.
故选：D
3．B
【分析】由渐近线方程可得，则，后由双曲线定义可得答案.
【详解】由，可得，则.
又因在双曲线，则由双曲线定义，有，可得.
故选：B
4．B
【分析】根据概率的基本性质，独立事件的乘法公式，互斥事件的加法公式逐个分析每个选项计算即可.
【详解】选项A：若，则，故A错误；
选项B：若，则，故B正确
选项C：若与相互独立，则，故C错误.
选项D：若，则，则与互斥并不一定对立，故D错误.
故选：B
5．A
【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明，逐项计算判断作答.
【详解】在正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，令，
则，，
对于A，，显然，则平面，
而平面，所以平面，A正确；
对于B，，设平面的法向量，
则，令，得，，则直线与平面不平行，B错误；
，而，即直线不垂直于，平面，因此直线不垂直于平面，C错误；
对于D，由选项C知，直线不垂直于，平面，直线不垂直于平面，D错误.
故选：A
6．C
【分析】由空间向量的共面定理可得点四点共面，从而将求的最小值转化为求点到平面的距离d，再根据等体积法计算d
【详解】因为，
由空间向量的共面定理可知，点四点共面，
即点E在平面上，所以的最小值为点到平面的距离d，
由正方体棱长为1，可得是边长为的等边三角形，
则，，
由等体积法得，，所以，
所以的最小值为.
故选：C
7．D
【分析】利用圆与圆的位置关系结合椭圆定义可得的轨迹为椭圆：．即可利用垂直关系，结合椭圆上的点到焦点的距离的最值，即可求解.
【详解】如图，
设圆的半径为，则，，
则，
的轨迹为椭圆，焦点为，，
，即，，．
椭圆方程为：．
由，得，故，
，要使的值最大，则最大，
为椭圆的左焦点，故
即．
故选：D．
8．A
【分析】首先确定P与圆的位置关系，令且P是内分比点，若为外分比点，由阿氏圆易知P、Q在以的中点C为圆心的圆上，且最大值为圆的直径，讨论及数形结合判断的最大情况的最小值.
【详解】由题设，即在圆内，
令且，显然P是内分比点，若为外分比点,
则，此时的中点C为P、Q所在阿氏圆的圆心，
对于每一个确定的实数k，的最大值为，即重合时为对应圆直径，
根据圆的对称性，如上图，讨论的情况，而,
当为直径时，，
此时，可得，
故的最大值为，
当不是为直径时，，，且增减趋势相同，
由，得，显然接近于1时趋向无穷大，
此时的最大值为趋向无穷大.
综上，的最小值是1.
故选：A
9．BCD
【分析】利用向量加法运算判断A；利用共线向量定理判断B；利用向量共线的意义判断C；利用共面向量定理判断D.
【详解】对于A，，A正确；
对于B，当时，不存在，B错误；
对于C，共线，可以在同一条直线上，C错误；
对于D，当时，四点不共面，D错误.
故选：BCD
10．ABC
【分析】根据题意逐个分析，结合古典概型的概率公式求解即可.
【详解】对于A，甲同学仅随机选一个选项，能得2分的概率是，所以A正确，
对于B，乙同学仅随机选两个选项，能得5分的概率是，所以B正确，
对于C，丙同学随机选择选项，能得分的概率是，所以C正确，
对于D，丁同学随机至少选择两个选项，能得分的概率是，所以D错误，
故选：ABC
11．AB
【分析】根据双曲线的离心率表示，利用基本不等式即可得出范围，比较各个选项即可
【详解】因为
，
当且仅当，即时取等号，
所以，
故选：AB
12．AD
【分析】设出切线方程且斜率为，联立椭圆化简使判别式等于零得到关于等式，根据判别式及二次方程和韦达定理可得的范围及，根据的不同取值分别判断关于方程所对应的轨迹即可.
【详解】依题意可知直线和直线的斜率存在，
设过的椭圆的切线方程为，
联立化简可得：
，
取，
即，
且有，且上式两根分别为，
则上式的判别式，
整理得，符合题意，所以，
①若，则，
即点的轨迹是直线（两条）的一部分；
②若，则，即点的轨迹是直线（两条）的一部分；
若且，整理可得，
③当时，12，
轨迹方程可化为，即点的轨迹是圆的一部分；
④当或时，，且，
由于，且，所以点的轨迹是椭圆的一部分；
⑤当时，，表示焦点在轴上的双曲线，
由于，所以点的轨迹是双曲线的一部分.
又因为为大于0的常数，所以点的轨迹可能是两条直线的一部分或双曲线的一部分.
故选：AD.
13．
【分析】首先判断两圆的位置关系，根据位置关系再求两圆公切线方程.
【详解】解析圆，圆心为，半径为1；
圆，圆心为，半径为5.
易知两圆内切，切点为，又两圆圆心都在轴上，
所以两圆公切线的方程为，即.
故答案为：
【点睛】本题考查两圆的位置关系，公切线方程，属于基础题型.
14．16
【分析】根据条件可得，然后根据椭圆的定义可得
【详解】
由，得
因为为等边三角形，，
且过且垂直于的直线与椭圆交于两点，
所以DE为线段的垂直平分线，
得，
则的周长为，
故答案为：16
15．40
【分析】根据已知条件，结合平均数公式，以及方差公式，即可求解．
【详解】由题意可知，设7个女生的平均身高为，
则，解得；
设这7个女生身高的方差为，
则，解得，
故答案为：40.
16．
【分析】根据题意，先建立空间直角坐标系，然后写出相关点的坐标，再写出相关的向量，然后根据点分别为直线上写出点的坐标，这样就得到，然后根据的取值范围而确定
【详解】
建立如图所示的空间直角坐标系，则有：
，，，，，
可得：
设，且
则有：，
可得：
则有：
故
则当且仅当时，
故答案为：
17．(1)或
(2)或
【分析】（1）根据题意可得，，解方程组可得答案；
（2）由题意得，再结合点到直线的距离公式列方程可求得结果.
【详解】（1）因为过点，所以，
又因为，所以，
所以，
所以或；
（2）因为且的斜率为，
所以的斜率也存在，，即，
故和的方程可分别表示为，
因为原点到与的距离相等，
所以，解得或，
因此或
18．(1)
(2)
【分析】（1）设双曲线的方程为，将点的坐标代入双曲线的方程，求出的值，即可得出双曲线的标准方程；
（2）设点、，将直线的方程与双曲线的方程联立，列出韦达定理，利用三角形的面积公式可求得的面积.
【详解】（1）解：设双曲线的方程为，将点代入方程中得，
所以双曲线的方程为，即双曲线的方程为.
（2）解：在双曲线中，，，则，
则，所以直线的方程为，设点、，
联立可得，，
由韦达定理可得，，
则，
所以，.
19．甲第一局选择甲和丙比赛，最终获得冠军的概率最大
【分析】结合题意，讨论出每种情况，利用全概率公式求解进行相应的比较即可.
【详解】若甲指定第一局由乙丙对战，“甲成为冠军”共有两种情况：
①乙丙比乙胜，甲乙比甲胜，甲丙比甲胜，其概率为；
②乙丙比丙胜，甲丙比甲胜，甲乙比甲胜，其概率为．
所以“甲成为冠军”的概率为．
若第一局甲乙比，甲获得冠军的情况有三种：甲乙比甲胜，甲丙比甲胜；
甲乙比甲胜，甲丙比丙胜，乙丙比乙胜，甲乙比甲胜；
甲乙比乙胜；乙丙比丙胜，甲丙比甲胜，甲乙比甲胜，
所以甲能获得冠军的概率为．
若第一局为甲丙比，则同上可得甲获得冠军的概率为
．
因为，所以甲第一局选择甲和丙比赛，最终获得冠军的概率最大．
20．(1)或
(2)或
【分析】（1）根据已知条件，利用待定系数法来求圆的标准方程；
（2）用待定系数法，得到系数关系，再用基本不等式思想来求距离最小值问题，最后判断等号成立的条件，即可求出圆的方程.
【详解】（1）
设圆心为，半径为，则到到轴，轴距离分别为和．
由题设知，圆截轴弦长为,所以，
圆截轴所得劣弧所对的圆心角，
故圆截轴所得弦长为．所以，
故，
又因为圆心在直线上，则，
解得：或
所以圆的标准方程为或；
（2）由（1）知：，
又因为圆心到直线的距离为：，
所以，
当且仅当时取等号，此时．
此时或且，
则圆的标准方程为或．
21．(1)2
(2)
【分析】（1）由题意得：连接交于点，过做，交于点，先证平面平面，从而，又，分析可得四边形为正方形，从而得解；
（2）利用余弦定理可得，从而，以为原点，OC，OD，OP所在的直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量法求解线面角.
【详解】（1）由题意得：连接交于点，过做，交于点，
如图所示：由于平面，平面，
所以平面，又平面．平面，
所以平面平面，平面平面，
平面平面，所以，
故，即，
由于，
所以，则，所以四边形为正方形，所以，
在中，，所以，所以，
；
（2）在和中，由可得：
，
满足，所以，又．
又有交于点，所以平面，满足两两垂直，
故以为原点，OC，OD，OP所在的直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
于是有．
设平面的法向量为，由，
取，又，
故所求角的正弦值为．
22．(1)
(2)存在，方程为
【分析】（1）由题意可知，，而椭圆满足，解方程组即可；
（2）设直线的方程为，，，联立椭圆方程，可得，利用韦达定理求出和M的坐标，利用弦长公式得到，或者求出中垂线MN的方程，得到N点坐标，利用两点间距离公式求出，再由是正三角形，可知，即可求解出k，得到直线方程；
【详解】（1）由题意知，，而，
解得，，
故椭圆的标准方程为.
（2）
方法一：设直线的方程为，，.
联立方程消去，得到
于是，，
∴，
设的中点为，利用韦达定理可得，
又∵点的纵坐标是，
∴，
当是正三角形时，，
于是，
化简得到，即，∴，
故满足条件的直线存在，其方程为.
方法二：设直线的方程为，，.
联立方程消去，得到，
于是，，
∴
设的中点为，利用韦达定理可得，
的中垂线方程为，
令，则，∴，
∴，
当是正三角形时，，
于是，
化简得到，即，∴
故满足条件的直线存在，其方程为.
相关试卷
湖北省襄阳市第五中学2023-2024学年高二上学期9月月考数学试卷（Word版附解析）： 这是一份湖北省襄阳市第五中学2023-2024学年高二上学期9月月考数学试卷（Word版附解析），文件包含湖北省襄阳市第五中学2023-2024学年高二上学期9月月考数学试卷Word版含解析docx、湖北省襄阳市第五中学2023-2024学年高二上学期9月月考数学试卷Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共23页， 欢迎下载使用。
湖北省襄阳市第五中学2023-2024学年高一上学期12月月考数学试题（Word版附解析）： 这是一份湖北省襄阳市第五中学2023-2024学年高一上学期12月月考数学试题（Word版附解析），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。
湖北省襄阳市第五中学2023-2024学年高一上学期9月月考数学试题： 这是一份湖北省襄阳市第五中学2023-2024学年高一上学期9月月考数学试题，共7页。试卷主要包含了0分，下列关系正确的是，已知命题，则命题的否定为，给定下列命题，若，则的最小值是，使成立的充分条件是等内容，欢迎下载使用。
