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    上海市嘉定区第二中学2023-2024学年高二下学期3月月考数学试题(原卷版+解析版)
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    上海市嘉定区第二中学2023-2024学年高二下学期3月月考数学试题(原卷版+解析版)

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    这是一份上海市嘉定区第二中学2023-2024学年高二下学期3月月考数学试题(原卷版+解析版),文件包含精品解析上海市嘉定区第二中学2023-2024学年高二下学期3月月考数学试题原卷版docx、精品解析上海市嘉定区第二中学2023-2024学年高二下学期3月月考数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源,其中试卷共17页, 欢迎下载使用。

    一、填空题(本大题共有12小题,满分54分)考生应在答题纸相应编号的空格内直接填写结果,1-6题每个空格填对得4分,7-12题每个空格填对得5分,否则一律得0分.
    1. 若,则______.
    【答案】7
    【解析】
    【分析】根据排列数的运算性质计算即可求解.
    【详解】由题意知,,则,
    由,解得.
    故答案为:7
    2. 设抛物线的准线方程为__________.
    【答案】
    【解析】
    【分析】由题意结合抛物线的标准方程确定其准线方程即可.
    【详解】由抛物线方程可得,则,故准线方程为.
    故答案为.
    【点睛】本题主要考查由抛物线方程确定其准线的方法,属于基础题.
    3. 方程表示焦点在轴上的椭圆,则的取值范围是______.
    【答案】
    【解析】
    【分析】根据椭圆的标准方程求解.
    【详解】方程表示焦点在轴上的椭圆,
    则,
    即.
    故答案为:.
    4. 某医疗机构有4名新冠疫情防控志愿者,现要从这4人中选3个人去3个不同的社区进行志愿服务、则不同的选择办法共有______种.
    【答案】24
    【解析】
    【分析】根据题意分两步,第一步先从4人中选出3人,第二步再安排到3个不同社区,
    根据分步计数原理即可得到结果.
    【详解】由题意可分两步,第一步先从4名新冠疫情防控志愿者选出3人,共有种方法;
    第二步选出的3人去3个不同的社区,共有种方法,根据分步计数原理可知,
    不同的选择办法共有种,
    故答案为:24
    5. 已知直线,.若时,则直线与之间的距离________.
    【答案】
    【解析】
    【分析】根据两直线平行的等价条件求出的值,再由两平行线间的距离公式即可求解.
    【详解】因为直线,,且,
    可得,解得:,
    所以,,即,
    所以直线与之间的距离为,
    故答案为:.
    6. 直线被圆所截得的弦长等于,则________
    【答案】
    【解析】
    【分析】根据弦心距,半弦长,半径构成的直角三角形可求解.
    【详解】设圆心到直线的距离为d,
    则,
    由平面几何知识知,弦心距,半弦长,半径构成的直角三角形,
    所以,
    解得,
    故答案为
    【点睛】本题主要考查了圆的几何性质,点到直线的距离公式,属于中档题.
    7. 已知数列的前项和,则__________.
    【答案】448
    【解析】
    【分析】直接利用计算即可.
    【详解】由题意可知.
    故答案为:448
    8. 无穷等比数列满足,则首项的取值范围是__________.
    【答案】
    【解析】
    【分析】利用无穷等比数列极限公式计算即可.
    【详解】依题意:,且,
    则.
    故答案为:.
    9. 空间内7个点,若其中有且只有4点共面,但无3点共线,可组成______个四面体
    【答案】34
    【解析】
    【分析】分析题意,用组合数求解即可.
    【详解】由题意得空间内7个点,若其中有且只有4点共面,且需围成立体图形,故围成四面体个数为个
    故答案为:34
    10. 在棱长为1的正方体中,E、F分别为棱、的中点,为棱上的一点,且,则点到平面的距离为____________.
    【答案】
    【解析】
    【分析】以为原点,,,所在直线分别为轴,轴,轴建立空间直角坐标系,利用向量法能求出点到平面的距离.
    【详解】以为原点,,,所在直线分别为轴,轴,轴建立如图所示的空间直角坐标系,
    则,,0,,,,
    所以,,,
    设平面的法向量为,

    令,则,,所以平面的一个法向量.
    点到平面的距离为.
    故答案为: .
    11. 已知抛物线与椭圆有公共焦点,椭圆的另一个焦点为是这两曲线的一个交点,则的面积为__________.
    【答案】
    【解析】
    【分析】利用抛物线方程得出焦点坐标,从而得出椭圆方程,联立椭圆与抛物线可求出P坐标,根据三角形面积公式计算焦点三角形的面积即可.
    【详解】因为抛物线的焦点坐标为,所以,解得;
    椭圆方程为,联立椭圆与抛物线:
    得,解得或(舍去)
    所以,即点,又因为,所以.
    故答案为:
    12. 已知点为双曲线右支上一点,分别为双曲线的左、右焦点,为的内心,若成立,则的值为__________.
    【答案】##0.8
    【解析】
    【分析】由条件结合内心的定义及三角形面积公式可得,再根据双曲线的定义化简可求.
    【详解】设的内切圆半径为,
    由双曲线的定义得
    由题意得,
    故,
    又双曲线的,
    代入上式得:,
    故答案为:.
    二、选择题(本大题共有4题,满分18分,第13、14题每题4分,第15、16题每题5分).
    13. 给定空间中的直线与平面,则“直线与平面垂直”是“直线垂直于平面内所有直线”的( )条件
    A. 充分不必要B. 必要不充分C. 充要D. 既不充分也不必要
    【答案】C
    【解析】
    【分析】根据直线与平面垂直的定义,结合充分条件与必要条件定义判断即可.
    【详解】根据直线与平面垂直的定义,
    若直线与平面垂直,则直线垂直于平面内所有直线,充分性成立,
    直线垂直于平面内所有直线,则内必存在两直线与垂直,则直线与平面垂直,必要性成立,
    所以“直线与平面垂直”是“直线垂直于平面内所有直线”的充要条件,
    故选:C.
    14. 用数学归纳法证明,在证明等式成立时,等式的左边是
    A. B.
    C. D.
    【答案】D
    【解析】
    【分析】由知,时,等式的左边是,即可得到答案.
    【详解】由知,时,等式的左边是,故答案为D.
    【点睛】本题考查了数学归纳法的步骤,考查了学生对基础知识的掌握情况,在平常学习中要重视基础知识.
    15. 等差数列{an}的前n项和为Sn(n∈N+),若当首项a1和公差d变化时,a5+a8+a11是一个定值,则下列选项中为定值的是( )
    A. S17B. S16C. S15D. S14
    【答案】C
    【解析】
    【分析】由等差数列的性质知,即为定值,根据各选项的n项和与的关系,判断是否为定值即可.
    【详解】由题设,,即为定值,
    A:,不是定值;
    B:,不是定值;
    C:,定值;
    D:,不是定值.
    故选:C
    16. 已知动点的坐标满足方程,则动点的轨迹是( )
    A. 椭圆B. 双曲线C. 抛物线D. 圆
    【答案】C
    【解析】
    【分析】根据方程表示的几何意义结合抛物线定义,即可判断出答案.
    【详解】方程变形为,
    表示动点到点和直线的距离相等,
    所以动点的轨迹是以为焦点的抛物线,
    故选:C.
    三、解答题 (本大题满分78分)本大题共有5题,解答下列各题必须在答题纸相应编号的规定区域内写出必要的步骤
    17. 某班级在迎新春活动中进行抽卡活动,不透明的卡箱中共有“福”“迎”“春”卡各两张,“龙”卡三张.每个学生从卡箱中随机抽取4张卡片,其中抽到“龙”卡获得2分,抽到其他卡均获得1分,若抽中“福”“龙”“迎”“春”张卡片,则额外获得2分.
    (1)求学生甲抽到“福”“龙”“迎”“春”4张卡片的不同的抽法种数;
    (2)求学生乙最终获得分的不同的抽法种数.
    【答案】(1)
    (2)
    【解析】
    【分析】(1)根据组合数的知识求得正确答案.
    (2)根据分的组合情况进行分类讨论,由此求得正确答案.
    小问1详解】
    学生甲抽到“福”“龙”“迎”“春”4张卡片的不同的抽法种数为种.
    【小问2详解】
    学生乙最终获得分,有两种情况:
    ①,抽到张“龙”卡以及其它任意张卡,方法数有种.
    ②,抽到抽中“福”“龙”“迎”“春”张卡片,方法数有种.
    所以学生乙最终获得分的不同的抽法种数为种.
    18. 在长方体中(如图),,点是棱的中点.
    (1)在《九章算术》中,将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑.试问四面体是否为鳖臑?并说明理由;
    (2)求直线与直线所成角的大小.
    【答案】(1)是,理由见解析
    (2)
    【解析】
    【分析】(1)由题意可得,根据勾股定理的逆定理可得,利用线面垂直的判定定理与性质证得,,即可下结论;
    (2)建立如图空间直角坐标系,利用空间向量法求解即可.
    【小问1详解】
    在长方体中,,,
    点是棱的中点,,
    平面平面,
    ,平面,平面,
    平面,
    四面体为鳖臑.
    【小问2详解】
    以为坐标原点,建立空间直角坐标系,如图,
    则,
    得,
    故,
    直线与直线所成角的大小为.
    19. 已知双曲线为双曲线上的任意点.
    (1)求双曲线的两条渐近线方程及渐近线夹角的大小;
    (2)求证:点到双曲线的两条渐近线的距离的乘积是一个常数.
    【答案】(1)答案见解析
    (2)证明见解析
    【解析】
    【分析】(1)利用双曲线的性质,结合向量夹角公式或直线的夹角公式计算即可;
    (2)利用点到直线的距离结合点在双曲线上化简即可.
    【小问1详解】
    双曲线的渐近线方程为和,
    法一:在两渐近线上分别取点,
    则渐近线的夹角为;
    法二:夹角为;
    【小问2详解】
    设是双曲线上任意一点,由(1)及点到直线的距离公式可知:
    该点到两条渐近线的距离分别是和,
    为双曲线上的点,点的坐标需要符合双曲线的方程,
    即:,
    它们乘积是,
    点到双曲线的两条渐线的距离的乘积是一个常数.
    .
    20. 设各项均为整数的无穷数列满足,且对所有,,均成立.
    (1)求的所有可能值;
    (2)若数列使得无穷数列,,,…,,…是公差为1的等差数列,求数列的通项公式;
    (3)求证:存在满足条件的数列,使得在该数列中有无穷多项为2024.
    【答案】(1),,
    (2)
    (3)证明见解析
    【解析】
    【分析】(1)用列举法写出 ,的值,计算出可得;
    (2)由题意可得出奇数项数列的通项公式,然后由相邻两项差的绝对值求得偶数项;
    (3)利用(2)中数列构造一个循环数列,即可证明.
    【小问1详解】
    ,对所有,,,
    ,则或,
    ,当时,或,当时,或,
    所以或或,
    即的可能值为,,;
    【小问2详解】
    ,,,…,,…是公差为1的等差数列,,
    则,,
    即,,所以,
    所以;
    【小问3详解】
    由(2)可知存在一个数列奇数项为从1开始的连续自然数,易知,
    然后从第项开始,构造奇数项为公差为的等差数列,
    这样由(2)知,当,,时,,
    当,时,时,,解得,
    则当奇数取至1时,重复第一段的数列,得到一个周期数列,在此周期数列中存在无穷多项为2024.即证.
    【点睛】关键点点睛:本题考查数列递推公式的应用和数列通项公式的求解,解题关键是通过(2)构造一个循环数列,以此解决出现无穷多项为2024的数出现的问题.
    21. 已知椭圆的离心率为,椭圆的一个顶点与两个焦点构成的三角形面积为2. 已知直线与椭圆C交于A,B两点,且与x轴,y轴交于M,N两点.

    (1)求椭圆C标准方程;
    (2)若,求k的值;
    (3)若点Q的坐标为,求证:为定值.
    【答案】(1)
    (2)
    (3)证明见解析
    【解析】
    【分析】(1)根据椭圆的离心率和三角形的面积即可求出,则椭圆方程可得;
    (2)联立方程组,根据根与系数的关系以及向量相等的坐标关系即可求出;
    (3)根据根与系数的关系以及向量的数量积的运算即可求出.
    【小问1详解】
    ,,代入得.
    又椭圆的一个顶点与两个焦点构成的三角形的面积为2,即,即,
    以上各式联立解得,则椭圆方程为.
    【小问2详解】
    直线与轴交点,与轴交点为,
    联立,消去得:,,
    设,则,
    ,,
    由得,解得:,
    由得.
    【小问3详解】
    证明:由(2)知,,
    .
    为定值.
    【点睛】方法点睛:求圆锥曲线中的定值问题常见的方法:
    从特殊入手,求出定值,再证明这个值与变量无关.
    直接推理、计算,并在计算推理的过程中消去变量,从而得到定值.
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