江西省新余市实验中学2023-2024学年高二下学期开学摸底考试数学试卷

这是一份江西省新余市实验中学2023-2024学年高二下学期开学摸底考试数学试卷，共21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。
满分：150 时间120分钟
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．设椭圆的离心率为，焦点在轴上且长轴长为26，若曲线上的点到椭圆的两个焦点的距离的差的绝对值等于8，则曲线的标准方程为（ ）
A．B．
C．D．
2．已知在特定的时期内某人在一个月内每天投入的体育锻炼时间（分钟）与一个月内减轻的体重（斤）的一组数据如表所示：
一个月内减轻的体重与每天投入的体育锻炼时间之间具有较强的线性相关关系，其线性回归直线方程是，据此模型估计当此人在一个月内每天投入的体育锻炼时间为90分钟时，该月内减轻的体重约为（ ）
A．斤B．斤C．斤D．斤
3．在三棱柱中，为中点，若，，，则下列向量中与相等的是（ ）
A．B．
C．D．
4．已知双曲线的左、右焦点为，，若双曲线上存在点满足，则双曲线的一条渐近线方程为（ ）
A．B．
C．D．
5．若，则（ ）
A．40B．C．80D．
6．已知直线与直线相交于点为直线上一动点，则线段长度的最小值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
7．6本不同的画册要分给甲､乙､丙三人，每人最少一本，则下列说法正确的为（ ）
A．甲分得4本，则不同的分法有30种
B．甲分得1本，乙分得2本，丙分得3本，则不同的分法有60种
C．每人2本，则不同的分法有540种
D．甲至少分得3本，则不同的分法有150种
8．已知，直线，则下列结论正确的有（ ）
A．直线和可能相切
B．直线过定点
C．直线被截得的弦最长时，直线的方程为
D．直线被截得的弦长最小值为
9．过抛物线的焦点的一条直线交抛物线于两点，下列说法正确的是（ ）
A．为定值
B．存在直线，使得（为坐标原点）
C．若经过点和抛物线的顶点的直线交准线于点，则
D．若，则
10．若圆上恰有四个点到直线的距离为2，则实数a的取值可以为下列（ ）
A．2B．0C．1D．
11．已知点P在双曲线的右支上，，是双曲线的左、右焦点，则下列说法正确的是（ ）
A．B．离心率
C．渐近线方程为D．点到渐近线的距离为3
三、填空题
12．若平面内两定点间的距离为2,动点满足,则的最大值为 .
13．如图，在矩形中，，，分别为边，的中点，，分别为线段（不含端点）和上的动点，满足，直线，的交点为，已知点的轨迹为双曲线的一部分，则该双曲线的渐近线方程为 .

14．已知椭圆（）的离心率为，其上焦点与抛物线的焦点重合．若过点的直线交椭圆于点，过点与直线垂直的直线交抛物线于点（如图所示），则四边形面积的最小值为 ．
15．将5个数字5、3个数字3排成一列，组成八位数，共有 个（用数字作答）.
16．已知随机变量X服从正态分布，若，则 ．
四、解答题
17．如图所示，在矩形中，，，，为的中点，以为折痕将向上折至为直二面角．
(1)求证：；
(2)求平面与平面所成的锐角的余弦值．
18．在2019中国北京世界园艺博览会期间，某工厂生产三种纪念品，每一种纪念品均有精品型和普通型两种，某一天产量如下表:（单位:个）
现采用分层抽样的方法在这一天生产的纪念品中抽取200个，其中种纪念品有40个.
(1)求的值;
(2)用分层抽样的方法在种纪念品中抽取一个容量为5的样木，从样本中任取2个纪念品，求至少有1个精品型纪念品的概率;
(3)从种精品型纪念品中抽取5个，其某种指标的数据分别如下：，把这5个数据看作一个总体，其均值为10，方差为2，求的值.
19．已知抛物线的焦点为F，为抛物线上一点，．
(1)求抛物线C的标准方程；
(2)已知点，点，过点A的直线与抛物线交于，两点，连接PB交抛物线于另一点T，证明：直线QT过定点，并求出定点坐标．
20．如图①，在四面体中，是棱上靠近点的三等分点，、分别是、的中点．设，，，

(1)用，，表示；
(2)若，且，，，以为原点，、、方向分别为轴、轴、轴正方向建立空间直角坐标系如图②，过点做平面，使平面的一个法向量为，求点到平面的距离．
21．已知直线：，圆C：.
(1)若直线截圆C所得的弦长为，求m的值；
(2)已知点，O为坐标原点，若圆C上存在点P，使，求m的取值范围.
22．已知双曲线，是双曲线上一点．
(1)若椭圆以双曲线的顶点为焦点，长轴长为，求椭圆的标准方程；
(2)设是第一象限中双曲线渐近线上一点，是双曲线上一点，且，求的面积（为坐标原点）；
30
40
50
60
70
纪念品
纪念品
纪念品
精品型
100
150
普通型
300
450
600
参考答案：
1．A
【分析】先利用双曲线定义确定曲线为双曲线，再利用题给条件即可求得曲线的标准方程.
【详解】在椭圆中，由题知，解得，
所以椭圆的焦点为，，
因为曲线上的点到，的距离的差的绝对值等于8，且，
所以曲线是以，为焦点，实轴长为8的双曲线，
所以曲线的虚半轴长为，
故的标准方程为：.
故选：A.
2．A
【分析】先求出样本点中心，代入回归方程求出，再将代入计算即可.
【详解】由表中数据可得
，
，
将代入得，解得，
即，
则当时，.
故选：A.
3．A
【分析】根据空间向量的线性运算可得解.
【详解】
如图所示，
在三棱柱中，，，
依题意，
故选：A.
4．D
【分析】利用双曲线定义得a值，进而求得渐近线方程
【详解】由题意，则，故渐近线方程为
故选：D
5．C
【分析】由，应用二项式定理写出展开式通项，进而求项系数.
【详解】由，故，
所以时，，即80.
故选：C
6．A
【分析】由题意两动直线分别过定点，由交轨法可知点的轨迹为以、为直径的圆，判断直线与该圆的位置关系，结合点到直线的距离、三角形三边关系即可求得线段长度的最小值.
【详解】直线恒过定点，直线恒过定点，
由两直线的方程可知：两直线相互垂直.
所以点的轨迹方程为（且），圆心为，
圆心到直线的距离，
所以且与直线相离，
所以线段长度的最小值为.
故选：A.
7．ABD
【分析】利用分组分配问题的解法即可得解.
【详解】对于A，不同分法有种，故A正确；
对于B，不同的分法有60种，故B正确；
对于C，不同的分法有种，故C错误；
对于D，若甲分得3本，则不同的分法有种，
若甲分得4本，则不同的分法有30种，
故共有种，故D正确．
故选：ABD.
8．BCD
【分析】将直线方程变形后得到，求出恒过的定点，即可判断B，根据定点在圆内即可判断A；当圆心在直线上，故直线被圆截得的弦长为直径4，为最大弦长，即可判断C,根据圆心与定点的连线与直线垂直，即可求解最短弦长判断D．
【详解】变形为，圆心为半径，
对于B，变形为，故恒过定点，故B正确；
对于A,由于直线经过的定点在圆内，所以直线和相交，A错误，
对于D，当定点与圆心的连线垂直于时，
此时圆心到直线的距离最大为，
所以所截得的弦长最小为,D正确
对于C，当在直线上时，，解得，
直线方程为， 故直线被圆截得的弦长为直径4，为最大弦长，故C正确．
故选：BCD．
9．ACD
【分析】依题意设直线方程为，联立直线与抛物线方程，运用韦达定理可判断AB；求得直线方程和准线方程联立，求得交点C，从而判断C；由向量的坐标运算得到，结合韦达定理与抛物线的焦半径公式可判断D．
【详解】对于A，依题意，直线的斜率不等于0，设直线的方程为，
联立直线与抛物线的方程，消去得，
易知，则，，故，
所以为定值，故A正确；
对于B，因为，
所以不可能，故B错误；
对于C，经过点和抛物线的顶点的直线的方程为，
则其与准线的交点的坐标，
因为，所以，即轴，故C正确；
对于D，因为，，
则，所以，
由，得，
由，得，即，
则，
则由抛物线定义得，故D正确.
故选：ACD．
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
10．BCD
【分析】求出圆心到直线的距离，利用半径与关系列式求解得的范围.
【详解】由于圆的圆心为，半径，
则圆心到直线的距离为，
因为圆上恰有四个点到直线的距离为2，
所以，即，解得，
经验证可知，A错误；BCD正确.
故选：BCD.
11．ABD
【分析】由双曲线方程得，根据双曲线的定义可判断A；由离心率公式可判断B；求出渐近线方程可判断C；根据点到直线的距离公式可判断D.
【详解】由双曲线方程得，，
∵点P在双曲线的右支上，∴，故A正确；
离心率，故B正确；
渐近线方程为，故C错误；
渐近线方程为，即，
则点到渐近线的距离为，故D正确.
故选：ABD.
12．
【分析】通过建立平面直角坐标系,根据距离公式可得出点的轨迹方程为圆,根据圆的几何性质得的最大值,再代入运算即可.
【详解】设,,由得即,
则
由圆的几何性质可知
所以即最大值为.
故答案为:.
13．
【分析】以所在的直线为轴，线段的中垂线所在的直线为轴，求出直线，的方程，联立两方程解出点的坐标，进而可得点所在双曲线方程，从而求解.
【详解】以所在的直线为轴，线段的中垂线所在的直线为轴，建立如图所示的直角坐标系：

设，则，
则有，，，，，，，
设，，
所以，，
又因为，所以，
所以，即，
又因为，
所以直线的方程为：，即，
同理可得直线的方程为：，即，
由，可得，
即，
因为，
，，
即有，得,
所以点所在双曲线方程为：，
所以，，
所以渐近线方程为，
故答案为：.
【点睛】思路点睛：椭圆或双曲线中，要求渐近线，就要求出的值.
14．
【分析】先由条件求得椭圆方程，再分类讨论直线斜率存在与否，联立直线与椭圆方程求得，联立直线与抛物线方程求得，从而得到四边形面积关于的表达式，由此得解.
【详解】由题意得，即，又，所以，
由，得，所以椭圆的方程为.
由题意得过点的直线的斜率不为零，
当直线的斜率存在时，设直线方程为，
设，，，，
联立，消去得，易知，
则，，
所以，
抛物线的方程为，直线方程为，
联立，消去得，
则，
所以，
所以
，
因为，所以，，；
当直线的斜率不存在时，，，
所以；
综上，，所以四边形面积的最小值为.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
15．
【分析】数字个数相当于从8位数字中选3个作为3，据此可得答案.
【详解】数字个数相当于从8位数字中选3个作为3，其余数字都是5，
即共有个.
故答案为：56
16．0.4/
【分析】根据正态分布的均值和方差画出略图，利用正态分布图的对称性即可求得.
【详解】由可得，
则，故，
所以．
故答案为：0.4.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据面面垂直的性质定理，可得线面垂直，据此可得线线垂直；
（2）建立空间直角坐标系，由向量法求解.
【详解】（1）由已知，且为线段的中点，
∴，如图，
又平面平面，且平面平面，平面
∴平面，
又平面，∴．
（2）设为线段上靠近的三等分点，为的中点，
由已知，又平面，平面，
∴，，
以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立如图所示坐标系，
∵，，
∴，，，，
∴，，，
设平面的法向量为，
则，即，
不妨令，则
设平面的法向量，
则，即，
令，则，故，
所以，
所以平面与平面所成的锐角的余弦值为．
18．(1)400
(2)
(3)4
【分析】（1）由分层随机抽样的知识直接求解即可；
（2）由古典概型结合组合数公式即可求解；
（3）由均值和方差的公式得由题意可得、则，代入数据可得答案.
【详解】（1）由题意可知，该工厂一天所生产的纪念品数为
现采用分层抽样的方法在这一天生产的纪念品中抽取200个，其中种纪念品有40个，
则，解得
（2）设所抽取的样本中有个精品型纪念品，则，解得
所以，容量为5的样本中，有2个精品型纪念品，3个普通型纪念品.
因此，至少有1个精品型纪念品的概率为
（3）由题意可得，得
由于总体的方差为2，则，可得
所以，
19．(1)
(2)证明见解析，定点
【分析】（1）利用焦半径的定义可得的值，进而即可得到答案；
（2）设，，，则根据直线方程及题意可得到①，同理可得到②，同理也可得到QT的直线方程为，进而即可证明直线QT过定点，并得出定点坐标．
【详解】（1）因为为抛物线上一点，所以，
又因为，所以，即，解得，
所以抛物线C的标准方程为．
（2）设，，，
则PQ的直线方程为，
化简得，
又，在抛物线上，得，，
代入PQ直线得，
化简得，
代入点，得，则①，
同理的PT的直线方程为，
代入点，得②，
由①②得，即③，
同理可得QT的直线方程为，
代入③得，即，
故直线QT过定点．
20．(1)
(2)
【分析】（1）根据定比分点利用空间向量加减运算法则即可求得结果；
（2）由空间直角坐标系可求得，，利用点到平面距离的向量求法即可计算得结果.
【详解】（1）易知，又，
所以可得
，
即；
（2）根据图②可得，
即；
由可得，
所以，由平面的一个法向量为可得，
点到平面的距离．
所以点到平面的距离为．
21．(1)或.
(2)
【分析】（1）利用半弦长、半径、圆心到直线的距离满足勾股定理，建立方程求解即可；
（2）利用建立不等式，求解即可.
【详解】（1）因为圆C：，
则圆心，半径，
则圆心到直线：的距离
，
若直线截圆C所得的弦长为，
则，
解得或.
（2）依题，
解得，
故m的取值范围为.
22．(1)
(2)
【分析】（1）先由题意求得双曲线的顶点坐标，由此求得，结合椭圆长轴长求得，从而得解；
（2）先设出点坐标，然后表示出点坐标，将点坐标代入双曲线可求坐标，计算出以及到的距离则可求；
【详解】（1）因为双曲线的方程为，所以双曲线的左右顶点为，
设椭圆方程为，所以，
所以，所以椭圆的标准方程为；
（2）因为双曲线的渐近线方程为，不妨设，
又，即，
所以，所以，
又因为是双曲线上一点，所以，解得，
所以，所以，
又到直线的距离，
所以；
【点睛】关键点睛：本题第2小问的解决关键是利用平向向量相等得到的坐标关于的表达式，再代入双曲线方程求得，从而得解.