精品解析：江西省2024-2025学年高二上学期高二第二次学情检测数学试题

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试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟.
注意事项：
1.考查范围：选择性必修第一册第一章至第五章.
2.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡指定位置上.
3.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号回答非选择题时，将答案写在答题卡上写在本试卷上无效.
4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，请将答题卡交回.
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. 某大学开设篮球、足球等5门球类选修课，要求每个学生都必须选择其中的一门课程.现有小明、小强、小豆3位同学进行选课，其中小明不选篮球和足球，则不同的选课方法共有（ ）
A. 36种B. 60种
C. 75种D. 85种
【答案】C
【解析】
【分析】借助分步乘法计数原理计算即可得.
【详解】小明有三种选课方法，小强和小豆各有五种选课方法，
故共有种选课方法.
故选：C.
2. 已知向量，，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据空间向量平行的坐标表示计算即可.
【详解】因为向量，，且，
所以，得，，所以.
故选：A
3. 已知焦点在轴上的椭圆与椭圆：的离心率相同，且的长轴长比其短轴长大4，则的标准方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出椭圆的离心率，设椭圆的标准方程为，根据已知列方程即可.
【详解】设焦点在轴上的椭圆：，
由已知得，即①，
又椭圆：的离心率为，所以②，
①②联立解得，，
所以椭圆的标准方程为.
故选：C.
4. 已知圆：，圆：，则圆，的公切线条数为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】把圆的一般方程转化为标准方程，求出两圆的圆心距，根据圆心距与两圆半径之间的关系确定两圆的位置关系，最后求出圆的公切线的条数．
【详解】圆：化为，
所以圆的圆心为，，
又圆的圆心为，，
所以，
因为，
所以圆与圆相交，所以圆，的公切线条数为2条.
故选：B.
5. 已知四面体ABCD如图所示，其中点为的重心，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】借助重心的性质及空间向量线性运算法则计算即可得.
【详解】由点为的重心，故，
则，即，
则.
故选：D.
6. 已知双曲线:的右焦点为，点P在C的右支上，且，则的最小值为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用双曲线的定义将的最小值转化为的最小值即可.
【详解】
由题知，，，所以，
设双曲线的左焦点为，则，，因为点P在C的右支上，
由双曲线的定义知，
所以,
当三点共线时取等号，
所以的最小值为.
故选：D.
7. 已知，点，点，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出，两点的轨迹方程，将圆上的点到线段上的点的距离的最小值转化为圆心到直线的距离，注意考虑垂足是否落在线段上.
【详解】设Px1,y1，则，消去得，
因为，所以，
所以点在线段上运动，
设Qx2,y2，则，
由得，
所以点在圆上运动，圆心为，半径为.

过点且垂直于的直线为，
设与交于点，
联立，解得，所以，
因为在线段上，
所以圆心到线段上的点的距离的最小值即为圆心到直线的距离，
所以PQ的最小值为.
故选：D.
8. 将1，2，3，4，5，6，7，8填入如图所示的方格中，每个方格填写1个数字，则仅有两列数字之和为9的填法有（ ）
A. 576种B. 1152种C. 2304种D. 4608种
【答案】D
【解析】
【分析】将八个数按两个数字和为9进行分组，再任取两组并填入两列，然后用排除法求出余下4个数字填入方格的方法数即可求得答案.
【详解】依题意，将1，2，3，4，5，6，7，8按照两个数字之和为9分成“18，27，36，45”四组，从中任取2组有种方法，
再在四列方格中任选2列，填入这两组数字，有种方法，每一列的两个数字的排列有种方法；
余下4个数字填入方格有种，满足同列数字和为9的有种，
所以不同填法共有种.
故选：D
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，分别为直线，方向向量，为平面的法向量，则（ ）
A. B.
C. D. 直线与所成角的余弦值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据空间向量模长的坐标表示可判断A；利用向量数量积的坐标表示可判断B；利用向量垂直的坐标表示可判断C；利用向量的坐标表示求直线夹角的余弦值可判断D。
【详解】对于A，，所以，故A正确；
对于B，，故B正确；
对于C，是直线的方向向量，为平面的法向量，
因为，
所以直线或直线，故C错误；
对于D，设直线与所成的角为，，
则，故D正确.
故选：ABD.
10. 如图，“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现，则下列关于“杨辉三角”的性质中正确的是（ ）
A.
B. 第8行所有数字之和为256
C.
D. 记第20，21行数字的最大值分别为，则
【答案】BC
【解析】
【分析】根据“杨辉三角”，利用组合数的计算可判断A和C；利用二项式系数的性质可判断B和D.
【详解】对于A，，
所以，故A错误；
对于B，由二项式系数的性质知，第行各数的和为，
所以第8行所有数字之和为，故B正确；
对于C，
，故C正确；
对于D，第20行数字的最大值为，第21行数字的最大值为，
所以，故D错误.
故选：BC.
11. 已知O为坐标原点，抛物线C：的焦点为F，过点F的直线l与C交于不同的两点，，则（ ）
A.
B. 若，则直线l的斜率为
C. 若的面积为16，则直线l的倾斜角为或
D. 若线段的中点为P，点P在C的准线上的投影为，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，设直线l的方程为，与抛物线方程联立，消去，利用韦达定理，即可判断；对于B，由抛物线的定义可得，解出，即可判断；对于C，利用三角形的面积公式可得，解出，可得直线l的斜率，进而得直线l的倾斜角，即可判断；对于D，求出直线和直线l的斜率，即可判断.
【详解】
由题意,抛物线C：的焦点为F，则,
对于A，因为直线l与C交于不同的两点Mx1,y1，Nx2,y2，
则直线l的斜率不为0，设直线l的方程为，
与联立，消去得，，
则，，故A正确；
对于B，由抛物线的定义，，
若，则，则，
则此时直线l的斜率为，故B错误；
对于C，，
则，
则，此时直线l的斜率为，
所以直线l的倾斜角为或，故C正确；
对于D，因为P为线段的中点，所以，即，
则点P在C的准线上的投影为的坐标为，
所以，又，
则，所以，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若，则______.
【答案】
【解析】
【分析】利用赋值法，代入求解即可.
【详解】令，则，
即.
故答案为：.
13. 已知，，，四点共面，且任意三点不共线，为平面外任意一点，若，则______.
【答案】##
【解析】
【分析】根据空间向量共面定理，若，，，四点共面，则，且，从而得到方程，解得即可.
详解】，
因为，，，四点共面，且任意三点不共线，
所以根据空间向量共面定理得，解得.
故答案为：.
14. 已知直线：，圆：，若直线与圆交于两点，则的取值范围为______.
【答案】
【解析】
【分析】由直线过定点，可知圆心到直线的距离的范围，即可得弦长的取值范围.
【详解】
直线：过定点，
圆的标准方程为，所以圆心为，半径为，
因为，所以点在圆内，
所以直线与圆相交，
设圆心到直线的距离为，当与直线垂直的时候最大，所以，
则.
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知点，，.
（1）求线段的垂直平分线的方程；
（2）已知圆过点，求圆的方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）依次求出线段的中点坐标和所在直线的斜率，即得线段AC的垂直平分线的斜率，即可写出方程；
（2）仿照（1），求出线段的垂直平分线的方程，再将两线段的中垂线方程联立，依次求出圆心和半径，即得圆的方程.
【小问1详解】
依题意，设线段的中点为，因，，则，
直线的斜率为：,故线段AC的垂直平分线的斜率为，
故其直线方程为：，即；
【小问2详解】
仿照（1），同理可求得线段的垂直平分线的方程为,即，
由解得：，
即圆心为，圆的半径为：,
故圆的方程为：.
16. 完成下列问题：
（1）求的展开式中的常数项；
（2）求的展开式中有理项的个数.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先求出二项展开式的通项，再令，求出的值代入即可；
（2）根据二项展开式的通项，考虑未知数的指数为整数的情况，判断有理项的项数即可.
【小问1详解】
的展开式的通项为，其中且，
令，得，
所以的展开式中的常数项为；
【小问2详解】
的展开式的通项为，其中且，
若为有理项，则为整数，所以为的倍数，
因为且，所以，
所以的展开式中有理项的个数为个.
17. 已知双曲线过点且与双曲线C：有相同的渐近线，直线：与交于M，N两点.
（1）求双曲线的方程；
（2）若，且，求m的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）依题设，代入点坐标，求出的值即得；
（2）根据题意得点为的中点，由点差法即可求得直线的斜率，结合直线的方程，易求得m的值.
【小问1详解】
依题意，可设，
将点代入得：，
则双曲线的方程为；
【小问2详解】
如图，设点，则有，
由，可得：（*），
因，则点为的中点，
则，即，且，
代入（*）式，可得，即得.
又直线l：，故得，解得.
18. 如图，在三棱锥中，，，，二面角为直二面角，为线段的中点，点在线段上（不含端点位置）.
（1）若平面，求值；
（2）若，求的值；
（3）若平面与平面所成锐二面角的余弦值为，求的值.
【答案】（1）
（2）
（3）或
【解析】
【分析】（1）利用线面平行的性质可得，再利用中位线的性质即可得解；
（2）由题意结合面面垂直的性质定理可得、、两两垂直，即可建立适当空间直角坐标系，设，即可表示出、，再利用空间向量数量积公式计算即可得，即可得解；
（3）表示出平面与平面的法向量后，结合空间向量夹角公式计算即可得，即可得解.
【小问1详解】
由平面，平面平面，平面，
故，又为线段的中点，故为线段的中点，即；
【小问2详解】
由，则，则，
由，，则，
有，故，
又二面角为直二面角，故平面平面，
由平面平面，，平面，
故平面，又平面，故，
即有、、两两垂直，故可建立如图所示空间直角坐标系，
有A0,0,0、、、、，
即、、，
设，则，
若，则，解得，
即，故；
【小问3详解】
，，，
则，
设平面与平面的法向量分别为m=x1,y1,z1、n=x2,y2,z2，
则有，
，
令，则有，，，，
即可取、，
由平面与平面所成锐二面角的余弦值为，
则有，
整理得，解得或，
即或，故或.
19. 法国数学家加斯帕尔·蒙日是18世纪著名的几何学家，他创立了画法几何学，推动了空间解析几何学的独立发展，奠定了空间微分几何学的宽厚基础，根据他的研究成果，我们定义：给定椭圆C：.，则称圆心在原点O，半径为的圆为“椭圆C的伴随圆”.已知椭圆C：的左焦点为，点在C上，且.
（1）求椭圆C的方程以及椭圆C的伴随圆的方程；
（2）将向上平移6个单位长度得到曲线，已知，动点E在曲线上，探究：是否存在定点，使得为定值，若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；
（3）已知不过点A的直线l：与椭圆C交于M，N两点，点，分别在直线AM，AN上，证明：.
【答案】（1），
（2）存在，且
（3）证明见解析
【解析】
分析】（1）将点代入椭圆方程，结合两点间距离公式计算即可得椭圆方程，再借助伴随圆定义即可得伴随圆方程；
（2）得到方程后，假设存在该定点，设为定值，，利用两点间距离公式表示出、，则可由，得到方程，再令，解出即可得解；
（3）联立直线与椭圆方程，可得与交点横坐标有关韦达定理，再求出直线，即可得，同理可得，则可结合韦达定理得到线段中点为定点，再由几何性质即可得证.
【小问1详解】
由题意可得，解得，则，
即椭圆C的方程为，伴随圆的方程为；
【小问2详解】
由的方程为，则曲线的方程为，
假设存在该点，其为定值，
令，则有，
则，
，
则有，整理得，
令，解得或（舍去），
故存在，即定点，使得为定值；
【小问3详解】
设Mx1,y1、Nx2,y2，
由，消去可得，
，即，
，，
，
令，则，
同理可得，
则
，
即线段中点坐标为，则，故.
【点睛】关键点点睛：最后一问关键点在于由、得到线段中点坐标，从而利用几何性质证明.