江西省上饶市华东师范大学上饶实验中学2024-2025学年高二上学期10月数学检测题

这是一份江西省上饶市华东师范大学上饶实验中学2024-2025学年高二上学期10月数学检测题，共13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．已知直线，，若，则实数（ ）
A．B．C．-1D．-2
2．已知点、在圆上，且的中点在圆上，则弦长的最小值为（ ）
A．B．C．D．
3．已知椭圆的焦距为，若直线恒与椭圆有两个不同的公共点，则椭圆的离心率范围为（ ）
A．B．C．D．
4．已知双曲线，过右焦点的直线与双曲线交于两点．且，这样的直线有4条，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
5．在棱长为的正四面体中，点与满足，且，则的值为（ ）
A．B．C．D．
6．如图，在三棱锥中，点为的重心，点在上，且，过点任意作一个平面分别交线段于点，，若，则（ ）
A．B．4C．D．
7．从，，，，，，这个数中任选个组成一个没有重复数字的“五位凹数”（满足），则这样的“五位凹数”的个数为（ ）
A．个B．个C．个D．个
8．某外商计划在5个候选城市投资3个不同的项目，且在同一个城市投资的项目不超过2个，则该外商不同的投资方案有（ ）
A．36种B．60种C．120种D．180种
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9．已知抛物线的焦点为为坐标原点，点在抛物线C上，若，则（ ）
A．B．以为直径的圆与x轴相切
C．F的坐标为D．
10．如图所示四面体中，，，，且，，为的中点，点是线段上动点，则下列说法正确的是（ ）
A．；
B．当是靠近的三等分点时，，，共面；
C．当时，；
D．的最小值为．
11．已知二项式的展开式中各项系数之和是，则下列说法正确的是（ ）
A．展开式共有6项B．二项式系数最大的项是第4项
C．展开式的常数项为540D．展开式含有
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．若过圆外一点作圆的两条切线，切点分别为，且，则 ．
13．在空间直角坐标系中，点，点，点，则在方向上的投影向量的坐标为 .
14．已知 ，若则实数的最大值为 .
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤.
15．（17分）已知圆：，过直线：上的动点作圆的切线，切点分别为，．
(1)当时，求出点的坐标；
(2)经过，，三点的圆是否过定点？若是，求出所有定点的坐标；
(3)求线段的中点的轨迹方程．
16．（15分）已知圆交轴于，两点，椭圆过点且以为长轴.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)已知直线与椭圆交于，两点，与圆交于，两点，若不重合的两条直线与分别平分线段，.
①求证：为定值；
②已知直线，与椭圆分别交于，，，，且，求四边形面积的最大值.
17．（15分）《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马．如图，在阳马中，侧棱平面，且，E为BC的中点，F为DP上的点，．
(1)当时，证明：平面．
(2)判断是否存在，使得EF与平面PCD所成角的正弦值为，若存在，求出λ，若不存在，请说明理由．
18．（13分）已知为空间的一个基底，且，，，．
(1)判断、、、四点是否共面；
(2)能否以作为空间的一个基底？若能，试以这一组基表示；若不能，请说明理由．
19．（17分）已知（n为正整数）.
(1)若，求该式的展开式中所有项的系数之和；
(2)若，求该式的展开式中无理项的个数；
(3)若，求该式的展开式中系数最大的项.
参考答案
1．C
【分析】根据已知条件，结合两直线垂直的性质列出方程即可求解.
【详解】因为直线，
所以，
解得：.
故选：C.
2．B
【分析】由弦长公式可得，由此可通过求的最大值，确定弦长的最小值.
【详解】圆的圆心为O0,0，半径为，
因为点、在圆上，的中点为，
所以，其中，
即，
因为圆的圆心为，半径，点在圆上，
所以，故，
所以当时，AB取最小值，最小值为，
故选：B.
3．A
【分析】根据椭圆焦点坐标以及直线过定点可得点在椭圆内部，整理不等式可得离心率.
【详解】将直线整理可得，
易知该直线恒过定点，
若直线恒与椭圆有两个不同的公共点，可知点在椭圆内部；
易知椭圆上的点当其横坐标为时，纵坐标为，即可得，
整理可得，即，
解得.
故选：A
4．B
【分析】根据直线与双曲线相交的情形，分两种情况讨论：①直线只与双曲线右支相交，②直线与双曲线的两支都相交，分析其弦长的最小值，利用符合条件的直线的数目，可得答案．
【详解】设，令，则，
过双曲线的右焦点作直线与双曲线交于两点，
如果在同一支上，则有，
如果在两支上，则有，
因为这样的直线有4条，
所以，解得，
故选：B
5．D
【分析】以为基底，表示出，利用空间向量的数量积求模.
【详解】如图：

以为基底，则，，
所以.
因为.
所以
.
所以.
故选：D
6．A
【分析】以为空间一组基底，结合已知条件得到，再利用四点共面即可得解.
【详解】连接并延长，交于点，
以为空间一组基底，
因为是的重心，点M在上，且，
所以
，
又，则，
所以，
因为四点共面，所以，
则.
故选：A.
7．A
【分析】利用分步乘法计数原理可得.
【详解】第一步，从，，，，，，这个数中任选个共有种方法，
第二步，选出的个数中，最小的为，从剩下的4个数中选出个分给，由题意可知，选出后就确定了，共有种方法，
故满足条件的“五位凹数”个，
故选：A
8．C
【分析】根据题意，分两种情况讨论，一是在两个城市分别投资1个项目、2个项目，二是在三个城市各投资1个项目，分别计算其情况数目，进而由加法原理，计算可得答案．
【详解】该外商不同的投资方案分为两类：若1个城市投资2个项目，另外1个城市投资1个项目，有种投资方案；
若3个城市各投资1个项目，共有种投资方案，
由分类计数原理知，共有120种不同的投资方案．
故选：C．
9．AB
【分析】由抛物线的方程求出焦点坐标即可判断C；由焦半径的公式求出即可判断A；求出点的坐标，即可判断B，D；
【详解】抛物线的焦点为，故C错误；
点在抛物线C上，若，
则，所以，故A正确；
代入，得，故或
所以，故D错误；
所以以为直径的圆的圆心为：或，半径为，
所以圆心为：或到x轴的距离为：等于圆的半径，
故以为直径的圆与x轴相切，故B正确；
故选：AB
10．BCD
【分析】以为基底，表示出相关向量，可直接判断A的真假，借助空间向量共面的判定方法可判断B的真假，利用空间向量数量积的有关运算可判断CD的真假.
【详解】以为基底，则，，,.
对A：因为.
所以，故A错误；
对B：当是靠近的三等分点，即时，
，
又，所以.故，，共面.故B正确；
对C：因为，
所以：，
所以，故，故C正确；
对D：设，.
因为：.
所以，.
当时，有最小值，为：，故D正确.
故选：BCD
11．BC
【分析】由二项式的展开式中各项系数之和是，求出，得到二项展开式的通项公式，逐项判断即可.
【详解】由于二项式的展开式中各项系数之和是，
所以令，则，所以，
所以二项式，所以展开后有项，故A错误；
二项式系数最大的项是第4项，故B正确；
二项式展开式的通项公式为，
所以当时，常数项为，故C正确；
当时，解得不是整数，所以展开式不含有项，故D错误.
故选：BC
12．2或4
【分析】根据圆的切线性质可求出相关线段的长，利用，即可求出答案.
【详解】如图，记圆的圆心为与交于点，圆的半径为r，
由题意可得，
，所以，
即，解得或16，即或4，
经检验，都满足题意．
故答案为：2或4
13．
【分析】先求出和的坐标，再由在方向上的投影向量概念，写出计算公式，代入向量坐标计算即得.
【详解】依题意，,
因在方向上的投影向量为，
则由，
可知在方向上的投影向量的坐标为：.
故答案为：.
14．23
【分析】为的系数，由二项式定理求得的系数，由，可得的不等关系，从而求得实数的最大值.
【详解】因为展开式中的系数为，
展开式中的系数为，
所以展开式中的系数为
.
要使，则为奇数，且，
所以，则，
所以的最大值为.
故答案为：.
15．(1)或
(2)过定点或
(3)
【分析】（1）点在直线上，设，由对称性可知，可得，从而可得点坐标．
（2）的中点，因为是圆的切线，进而可知经过C，P，M三点的圆是以Q为圆心，以MC为半径的圆，进而得到该圆的方程，根据其方程是关于m的恒等式，进而可求得x和y，得到结果；
（3）结合（2）将两圆方程相减可得直线的方程，且得直线过定点，由几何性质得，即点N在以为直径的圆上，进而可得结果.
【详解】（1）（1）
直线的方程为，点在直线上，设，
因为，由对称性可得：由对称性可知，
由题所以，所以，
解之得：故所求点的坐标为或．
（2）设，则的中点，因为是圆的切线，
所以经过三点的圆是以为圆心，以为半径的圆，
故圆E方程为：
化简得：，此式是关于的恒等式，
故解得或,
所以经过三点的圆必过定点或．
（3）由
可得：，即，
由可得过定点.
因为N为圆的弦的中点，所以，即，
故点N在以为直径的圆上，
点N的轨迹方程为.
16．(1)
(2)①证明见解析②四边形面积的最大值为3.
【分析】（1）令.设椭圆C的标准方程为，椭圆经过，代入计算即可;
（2）①画出图形，显然直线与垂直，设直线，则直线l与椭圆交于, 由于直线平分直线l与圆O的交线段，则有，
运用点差法得到.②画出图形，得到联立方程得，则直线l1与椭圆交线长为,同理可得直线l2与椭圆的一个交点算出D到直线l1的距离， 得到四边形面积 ，结合.得到.和分情况讨论，结合基本不等式得到四边形面积的最大值即可.
【详解】（1）由,令得，令.
则可设椭圆C的标准方程为，椭圆经过，
代入计算得到.则椭圆的标准方程.
（2）①显然直线与垂直，设直线，则
直线l与椭圆交于,

由于直线平分直线l与圆O的交线段，则有，
于是,由于则则.
②由题知，则易知
令得，则直线l1与椭圆交线长为，
同理可得直线l2与椭圆的一个交点，
则D到直线l1的距离，
所以四边形面积 .
由于.则.
当时，四边形不存在.
当时，
所以四边形面积的最大值,在时取到.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值与范围问题的常见求法：（1）几何法，若题目的条件能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；（2）代数法，若题目的条件能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值.有时候可以借助基本不等式求解.
17．(1)证明见解析
(2)存在，使得EF与平面PCD所成角的正弦值为，理由见解析
【分析】（1）通过建立空间直角坐标系，计算平面的法向量，即可证明；
（2）根据已知条件EF与平面PCD所成角的正弦值为，利用向量法建立方程，即可求出的值.
【详解】（1）证明：因为侧棱平面，底面为长方形，
以A为坐标原点，分别以的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.
所以，，
又因为，E为的中点，F为上的点，，即F为上的中点，
所以，
又因为侧棱平面，平面，所以，
又因为底面为长方形为，有，
平面，，所以平面,
所以为面的法向量.
又因为，所以，
又平面，所以平面．
（2）存在，使得EF与平面PCD所成角的正弦值为.
理由如下：
设，所以，
因为，所以，，即
所以，
设平面的法向量为，由，，
则有，解得，
令，所以，
所以，
整理得，，解得，，
故存在，使得EF与平面PCD所成角的正弦值为.
18．(1)、、、四点不共面
(2)能，
【分析】（1）求出、、，假设、、、四点共面，则存在、使得，根据空间向量的基本定理可得出关于、的方程组，解方程组可得出结论；
（2）若、、共面，则存在实数、，使，根据空间向量的基本定理可得出关于、的方程组，解方程组可得出结论；设，、、，根据空间向量的基本定理可得出关于、、的方程组，解出这三个未知数的值，即可得解.
【详解】（1）解：因为，，，，
则，，
，显然、不共线，
假设、、、四点共面，则存在、使得，
即，
所以，，该方程组无解，
假设不成立，故、、、四点不共面.
（2）解：若、、共面，则存在实数、，使，
所以，
所以，，该方程组无解，所以，、、不共面，
所以，可以作为空间的一组基底，
设，、、，
即，
所以，，解得，
因此，.
19．(1)1
(2)15
(3)
【分析】（1）由求出，再令x=1可得答案；
（2）由求出，求出展开式的通项公式，再由的指数不为整数可得答案；
（3）求出展开式的通项公式由解不等式可得答案．
【详解】（1）由可得，
令可得，
所以展开式中所有项的系数之和为1；
（2）若，则，解得，或舍去，
设的通项为，
且，
所以当时可得展开式中的无理项，所以共有15个无理项；
（3）设的通项为，
且，
最大的项为偶数，
则，解得，
，
所以展开式中系数最大的项为．