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上海市宝山区上海师大附属宝山罗店中学2023-2024学年高二下学期第一次诊断性测试（3月）数学试卷（原卷版+解析版）
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这是一份上海市宝山区上海师大附属宝山罗店中学2023-2024学年高二下学期第一次诊断性测试（3月）数学试卷（原卷版+解析版），文件包含精品解析上海市宝山区上海师大附属宝山罗店中学2023-2024学年高二下学期第一次诊断性测试3月数学试卷原卷版docx、精品解析上海市宝山区上海师大附属宝山罗店中学2023-2024学年高二下学期第一次诊断性测试3月数学试卷解析版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题，满分54分，其中1-6题每题4分，7-12题每题5分）
1. 若排列数，则________
【答案】3
【解析】
【详解】 由，所以，解得.
2. 7个人站成一排，如果甲、乙2人必须站在两端，有__________种排法.
【答案】240
【解析】
【分析】根据排列与分步乘法计数原理相关知识，先排特殊位置，再排其他位置即可.
【详解】先排甲和乙，有种排法，
再排其他5人，有种排法，
根据分步乘法计数原理，共有种排法.
故答案为：240
3. 设直线与圆相交所得弦长为，则______；
【答案】
【解析】
【分析】利用点线距离公式与圆的弦长公式即可得解.
【详解】因为圆的圆心为，半径为，
则圆心到直线，即的距离，
由圆的弦长公式，即，得，
所以，解得，
经检验，满足题意，所以.
故答案为：.
4. 的二项展开式中，项的系数为__________．
【答案】210
【解析】
【分析】先求出二项式展开式的通项公式，然后令的次数为2，求出，代入通项公式中可求得结果.
【详解】的二项展开式的通项公式为，
令，得，
所以项的系数为，
故答案为：210
5. 已知随机变量X服从二项分布B～（n，p），若E（X）=30，D（X）=20，则P=__________．
【答案】
【解析】
【详解】试题分析：直接利用二项分布的期望与方差列出方程求解即可．
解：随机变量X服从二项分布B（n，p），若E（X）=30，D（X）=20，
可得np=30，npq=20，q=，则p=，
故答案为．
点评：本题考查离散型随机变量的分布列的期望以及方差的求法，考查计算能力．
6. 若双曲线的一条渐近线与直线平行，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据双曲线的渐近线为求解即可.
【详解】双曲线的渐近线为，
又因为双曲线的一条渐近线与直线平行，
所以.
故答案为：.
7. 若b，c，a成等差数列，则直线通过点________．
【答案】
【解析】
【分析】
根据b，c，a成等差数列，得到,然后根据直线方程的形式，转化为求解,
【详解】因为b，c，a成等差数列，
所以,
即,
所以必过点,
故答案为：
8. 从装有3个红球和4个蓝球的袋中，每次不放回地随机摸出一球．记“第一次摸球时摸到红球”为A，“第二次摸球时摸到蓝球”为B，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据独立事件概率乘法公式结合条件概率分析运算.
【详解】由题意可得：，
所以.
故答案为：.
9. 有3男3女共6位高三同学在高考考场外合影留念．若从这6人中随机选取2人拍双人照，则选中的2人恰为1男1女的概率是__________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据组合数公式结合古典概率公式即可得到答案.
【详解】设选中的2人恰为1男1女为事件，
故，
故答案为：.
10. 某校开展“全员导师制”．有2名导师可供5位学生选择，若每位学生必须也只能选取一名导师且每位导师最多只能被3位学生选择，则不同的选择方案共有__________种（用数字作答）．
【答案】20
【解析】
【分析】先分为两组，再利用全排列知识求解.
【详解】由题意得，5位学生中有3位学生选取同一名导师，
先将5人分为2组，一组3人，一组2人，再将2组对应两名导师，
故有种方案.
故答案为：20
11. 已知无穷数列满足，且，则________.
【答案】4
【解析】
【分析】由已知求得数列的首项，判定为等比数列，利用等比数列的前项和求得，取极限即得.
【详解】∵，，，
∴数列是首项为2，公比为的等比数列，
所以，
故答案为：4
12. 已知曲线 ，曲线 ，若的顶点的坐标为，顶点分别在曲线和上运动，则周长的最小值为____________．
【答案】##
【解析】
【分析】画出图形利用抛物线的定义，圆的定义、三角形三边关系以及注意取等条件即可求解.
【详解】如图所示：
由题意抛物线的焦点、圆的圆心均为，
作直线为抛物线 的准线，作出 ，它为圆的一部分，
其中三点共线且垂直抛物线的准线，同理也三点共线且垂直抛物线的准线，其中，
所以，
在中令，则，即，
从而，等号同时成立当且仅当分别与（或与关于轴的对称点）重合，
所以当分别与重合时，周长有最小值，且最小值为.
故答案为：.
二、选择题（本大题共有4题，满分18分，其中13、14题每题4分，15、16题每题5分）
13. 若直线与直线垂直，则实数a的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据两条直线垂直的条件列出等量关系式，求得的值.
【详解】直线与直线垂直，
则，解得，
故选：B.
14. 已知，，，若，，三向量共面，则实数λ等于（ ）
A. 1B. 2
C. 3D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，存在实数使得，列出方程组，即可求解.
【详解】若向量，，共面，则，其中，
即，
所以，
∴解得
故选：A.
15. 如果、分别是A、B的对立事件，下列选项中能判断事件A与事件B相互独立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据相互独立事件满足的关系即可判断A，根据假设即可判断BCD.
【详解】对于A，由，且，
可得，
所以，所以事件A与事件B相互独立，故A正确，
对于B，若事件A与事件B相互独立，则需满足，
由于，所以，
故无法确定事件A与事件B相互独立，B错误，
对于C， ，
若事件A与事件B相互独立，则或，
故事件A为必然事件或事件B为不可能事件，
显然无法确定事件A与事件B相互独立，故C错误，
对于D，由可得，
则，无法确定事件A与事件B相互独立，故D错误，
故选：A.
16. 已知数列，设（n为正整数）.若满足性质Ω：存在常数c，使得对于任意两两不等的正整数i、j、k，都有，则称数列为“梦想数列”.有以下三个命题：
①若数列是“梦想数列”，则常数；
②存在公比不为1的等比数列是“梦想数列”；
③“梦想数列”一定等差数列.
以上3个命题中真命题的个数是（ ）个
A. 3B. 2C. 1D. 0
【答案】B
【解析】
【分析】分析条件，可得，可判断①；先验证，，时，､､成等差数列，再令，，，得数列的前项和的表达式，从而求得数列的通项公式，可判断②③.
【详解】对于①，
，所以，，故①正确；
对于②③，令，，，
所以，，即：､､成等差数列，
令，，，
，
化简为：，
两式相减得：
所以，，当时也成立.
综上可得，“梦想数列”必是等差数列，故③正确，故②不正确.
故选：B.
三、解答题（本大题共有5题，满分78分）
17. 一袋中装有大小与质地相同的个白球和个黑球．
（1）从中有放回地依次摸出个球，求两球颜色不同的概率；
（2）从中不放回地依次摸出个球，记两球中白球的个数为，求的期望与方差．
【答案】（1）
（2），
【解析】
【分析】（1）利用独立事件的概率公式可求得所求事件的概率；
（2）分析可知随机变量的可能取值有、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，即可计算出和的值.
【小问1详解】
解：从这个球中任意抽取一个球，抽到白球的概率为，抽到红球的概率为，
因此，从中有放回地依次摸出个球，则两球颜色不同的概率为.
【小问2详解】
解：由题意可知，随机变量的可能取值有、、，
则，，，
所以，，
.
18. 已知各项均为正数的数列，其前项和为，．
（1）若数列为等差数列，，求数列的通项公式；
（2）若数列为等比数列，，求满足时最小值．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用等差数列的基本量，结合已知条件，求得公差，即可写出通项公式；
（2）根据等比数列的基本量，求得，再求解不等式即可.
【小问1详解】
设数列为公差为的等差数列，由，，
可得，解得，
故.
【小问2详解】
数列为公比为的等比数列，由，，
可得，即，
则，
由，即可得：，
则，故的最小值为7．
19. 已知抛物线，直线交抛物线于点，交抛物线于点，其中点位于第一象限．
（1）若点到抛物线焦点的距离为2，求点的坐标；
（2）若点的坐标为，且线段的中点在轴上，求原点到直线的距离.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用焦半径公式，即可求点的坐标；
（2）首先设点，再根据题意求解点的坐标，并求直线得到方程，即可求解.
【小问1详解】
设点，的焦点为，
由焦半径公式可知，，得，则,
因为点在第一象限，所以，
所以点的坐标为；
【小问2详解】
设，则线段的中点坐标为，
因为线段的中点在轴上，
所以，即，
代入抛物线方程，得，解得，即，
又，所以直线的斜率为，
所以直线的方程为，即，
所以原点到直线的距离
20. 已知、分别是正方体的棱、的中点，求：
（1）与所成角的大小；
（2）二面角的大小；
（3）点在棱上，若与平面所成角的正弦值为，请判断点的位置，并说明理由.
【答案】（1）；
（2）；
（3）点是线段靠近点的三等分点，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求出异面直线的夹角、二面角大小作答.
（3）利用（1）中坐标系，设出点M的坐标，利用线面角的正弦值求解作答.
【小问1详解】
在正方体中，令，
以点D为原点，以的方向分别为,,轴正方向，建立空间直角坐标系，如图，
则,，
设与所成角为，，
所以与所成角的大小是.
【小问2详解】
平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，，
则，令，得，
设的夹角为，，而二面角为锐二面角，
所以二面角大小为.
【小问3详解】
设，则，平面的一个法向量为，
设与平面所成角为，即，
所以当，即点是线段靠近点的三等分点时,与平面所成角的的正弦值为
21. 椭圆的方程为，、为椭圆的左右顶点，、为左右焦点，为椭圆上的动点．
（1）求椭圆离心率；
（2）若为直角三角形，求的面积；
（3）若、为椭圆上异于的点，直线、均与圆相切，记直线、的斜率分别为、，是否存在位于第一象限的点，使得？若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）或
（3）存在；
【解析】
【分析】（1）将椭圆方程化为标准方程，再根据椭圆的离心率公式即可得解；
（2）分和两种情况讨论，结合椭圆的定义即可得解；
（3）设，则直线，再根据已知可得，，化简，再根据韦达定理结合求得的关系，即可得出结论.
【小问1详解】
由椭圆的方程为，得标准方程为，
则，故，
所以离心率；
【小问2详解】
设，，
当时，，
此时，
由对称性，不妨设，且第一象限，
令，得，则，
此时，
综上，的面积为或；
【小问3详解】
设，则直线，
由已知，
同理：，
因而，是方程的两根，
所以，得，
又点为椭圆上的动点，
所以，则，
由在第一象限得，所以，
所以存在，.
【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的定点问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：
①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；
②利用求得变量取值范围，得到韦达定理的形式；
③利用韦达定理表示出已知中的等量关系，代入韦达定理可整理得到变量间的关系；
④消去变量，得到定量关系.
一、填空题（本大题共有12题，满分54分，其中1-6题每题4分，7-12题每题5分）
1. 若排列数，则________
【答案】3
【解析】
【详解】 由，所以，解得.
2. 7个人站成一排，如果甲、乙2人必须站在两端，有__________种排法.
【答案】240
【解析】
【分析】根据排列与分步乘法计数原理相关知识，先排特殊位置，再排其他位置即可.
【详解】先排甲和乙，有种排法，
再排其他5人，有种排法，
根据分步乘法计数原理，共有种排法.
故答案为：240
3. 设直线与圆相交所得弦长为，则______；
【答案】
【解析】
【分析】利用点线距离公式与圆的弦长公式即可得解.
【详解】因为圆的圆心为，半径为，
则圆心到直线，即的距离，
由圆的弦长公式，即，得，
所以，解得，
经检验，满足题意，所以.
故答案为：.
4. 的二项展开式中，项的系数为__________．
【答案】210
【解析】
【分析】先求出二项式展开式的通项公式，然后令的次数为2，求出，代入通项公式中可求得结果.
【详解】的二项展开式的通项公式为，
令，得，
所以项的系数为，
故答案为：210
5. 已知随机变量X服从二项分布B～（n，p），若E（X）=30，D（X）=20，则P=__________．
【答案】
【解析】
【详解】试题分析：直接利用二项分布的期望与方差列出方程求解即可．
解：随机变量X服从二项分布B（n，p），若E（X）=30，D（X）=20，
可得np=30，npq=20，q=，则p=，
故答案为．
点评：本题考查离散型随机变量的分布列的期望以及方差的求法，考查计算能力．
6. 若双曲线的一条渐近线与直线平行，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据双曲线的渐近线为求解即可.
【详解】双曲线的渐近线为，
又因为双曲线的一条渐近线与直线平行，
所以.
故答案为：.
7. 若b，c，a成等差数列，则直线通过点________．
【答案】
【解析】
【分析】
根据b，c，a成等差数列，得到,然后根据直线方程的形式，转化为求解,
【详解】因为b，c，a成等差数列，
所以,
即,
所以必过点,
故答案为：
8. 从装有3个红球和4个蓝球的袋中，每次不放回地随机摸出一球．记“第一次摸球时摸到红球”为A，“第二次摸球时摸到蓝球”为B，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据独立事件概率乘法公式结合条件概率分析运算.
【详解】由题意可得：，
所以.
故答案为：.
9. 有3男3女共6位高三同学在高考考场外合影留念．若从这6人中随机选取2人拍双人照，则选中的2人恰为1男1女的概率是__________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据组合数公式结合古典概率公式即可得到答案.
【详解】设选中的2人恰为1男1女为事件，
故，
故答案为：.
10. 某校开展“全员导师制”．有2名导师可供5位学生选择，若每位学生必须也只能选取一名导师且每位导师最多只能被3位学生选择，则不同的选择方案共有__________种（用数字作答）．
【答案】20
【解析】
【分析】先分为两组，再利用全排列知识求解.
【详解】由题意得，5位学生中有3位学生选取同一名导师，
先将5人分为2组，一组3人，一组2人，再将2组对应两名导师，
故有种方案.
故答案为：20
11. 已知无穷数列满足，且，则________.
【答案】4
【解析】
【分析】由已知求得数列的首项，判定为等比数列，利用等比数列的前项和求得，取极限即得.
【详解】∵，，，
∴数列是首项为2，公比为的等比数列，
所以，
故答案为：4
12. 已知曲线 ，曲线 ，若的顶点的坐标为，顶点分别在曲线和上运动，则周长的最小值为____________．
【答案】##
【解析】
【分析】画出图形利用抛物线的定义，圆的定义、三角形三边关系以及注意取等条件即可求解.
【详解】如图所示：
由题意抛物线的焦点、圆的圆心均为，
作直线为抛物线 的准线，作出 ，它为圆的一部分，
其中三点共线且垂直抛物线的准线，同理也三点共线且垂直抛物线的准线，其中，
所以，
在中令，则，即，
从而，等号同时成立当且仅当分别与（或与关于轴的对称点）重合，
所以当分别与重合时，周长有最小值，且最小值为.
故答案为：.
二、选择题（本大题共有4题，满分18分，其中13、14题每题4分，15、16题每题5分）
13. 若直线与直线垂直，则实数a的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据两条直线垂直的条件列出等量关系式，求得的值.
【详解】直线与直线垂直，
则，解得，
故选：B.
14. 已知，，，若，，三向量共面，则实数λ等于（ ）
A. 1B. 2
C. 3D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，存在实数使得，列出方程组，即可求解.
【详解】若向量，，共面，则，其中，
即，
所以，
∴解得
故选：A.
15. 如果、分别是A、B的对立事件，下列选项中能判断事件A与事件B相互独立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据相互独立事件满足的关系即可判断A，根据假设即可判断BCD.
【详解】对于A，由，且，
可得，
所以，所以事件A与事件B相互独立，故A正确，
对于B，若事件A与事件B相互独立，则需满足，
由于，所以，
故无法确定事件A与事件B相互独立，B错误，
对于C， ，
若事件A与事件B相互独立，则或，
故事件A为必然事件或事件B为不可能事件，
显然无法确定事件A与事件B相互独立，故C错误，
对于D，由可得，
则，无法确定事件A与事件B相互独立，故D错误，
故选：A.
16. 已知数列，设（n为正整数）.若满足性质Ω：存在常数c，使得对于任意两两不等的正整数i、j、k，都有，则称数列为“梦想数列”.有以下三个命题：
①若数列是“梦想数列”，则常数；
②存在公比不为1的等比数列是“梦想数列”；
③“梦想数列”一定等差数列.
以上3个命题中真命题的个数是（ ）个
A. 3B. 2C. 1D. 0
【答案】B
【解析】
【分析】分析条件，可得，可判断①；先验证，，时，､､成等差数列，再令，，，得数列的前项和的表达式，从而求得数列的通项公式，可判断②③.
【详解】对于①，
，所以，，故①正确；
对于②③，令，，，
所以，，即：､､成等差数列，
令，，，
，
化简为：，
两式相减得：
所以，，当时也成立.
综上可得，“梦想数列”必是等差数列，故③正确，故②不正确.
故选：B.
三、解答题（本大题共有5题，满分78分）
17. 一袋中装有大小与质地相同的个白球和个黑球．
（1）从中有放回地依次摸出个球，求两球颜色不同的概率；
（2）从中不放回地依次摸出个球，记两球中白球的个数为，求的期望与方差．
【答案】（1）
（2），
【解析】
【分析】（1）利用独立事件的概率公式可求得所求事件的概率；
（2）分析可知随机变量的可能取值有、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，即可计算出和的值.
【小问1详解】
解：从这个球中任意抽取一个球，抽到白球的概率为，抽到红球的概率为，
因此，从中有放回地依次摸出个球，则两球颜色不同的概率为.
【小问2详解】
解：由题意可知，随机变量的可能取值有、、，
则，，，
所以，，
.
18. 已知各项均为正数的数列，其前项和为，．
（1）若数列为等差数列，，求数列的通项公式；
（2）若数列为等比数列，，求满足时最小值．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用等差数列的基本量，结合已知条件，求得公差，即可写出通项公式；
（2）根据等比数列的基本量，求得，再求解不等式即可.
【小问1详解】
设数列为公差为的等差数列，由，，
可得，解得，
故.
【小问2详解】
数列为公比为的等比数列，由，，
可得，即，
则，
由，即可得：，
则，故的最小值为7．
19. 已知抛物线，直线交抛物线于点，交抛物线于点，其中点位于第一象限．
（1）若点到抛物线焦点的距离为2，求点的坐标；
（2）若点的坐标为，且线段的中点在轴上，求原点到直线的距离.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用焦半径公式，即可求点的坐标；
（2）首先设点，再根据题意求解点的坐标，并求直线得到方程，即可求解.
【小问1详解】
设点，的焦点为，
由焦半径公式可知，，得，则,
因为点在第一象限，所以，
所以点的坐标为；
【小问2详解】
设，则线段的中点坐标为，
因为线段的中点在轴上，
所以，即，
代入抛物线方程，得，解得，即，
又，所以直线的斜率为，
所以直线的方程为，即，
所以原点到直线的距离
20. 已知、分别是正方体的棱、的中点，求：
（1）与所成角的大小；
（2）二面角的大小；
（3）点在棱上，若与平面所成角的正弦值为，请判断点的位置，并说明理由.
【答案】（1）；
（2）；
（3）点是线段靠近点的三等分点，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求出异面直线的夹角、二面角大小作答.
（3）利用（1）中坐标系，设出点M的坐标，利用线面角的正弦值求解作答.
【小问1详解】
在正方体中，令，
以点D为原点，以的方向分别为,,轴正方向，建立空间直角坐标系，如图，
则,，
设与所成角为，，
所以与所成角的大小是.
【小问2详解】
平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，，
则，令，得，
设的夹角为，，而二面角为锐二面角，
所以二面角大小为.
【小问3详解】
设，则，平面的一个法向量为，
设与平面所成角为，即，
所以当，即点是线段靠近点的三等分点时,与平面所成角的的正弦值为
21. 椭圆的方程为，、为椭圆的左右顶点，、为左右焦点，为椭圆上的动点．
（1）求椭圆离心率；
（2）若为直角三角形，求的面积；
（3）若、为椭圆上异于的点，直线、均与圆相切，记直线、的斜率分别为、，是否存在位于第一象限的点，使得？若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）或
（3）存在；
【解析】
【分析】（1）将椭圆方程化为标准方程，再根据椭圆的离心率公式即可得解；
（2）分和两种情况讨论，结合椭圆的定义即可得解；
（3）设，则直线，再根据已知可得，，化简，再根据韦达定理结合求得的关系，即可得出结论.
【小问1详解】
由椭圆的方程为，得标准方程为，
则，故，
所以离心率；
【小问2详解】
设，，
当时，，
此时，
由对称性，不妨设，且第一象限，
令，得，则，
此时，
综上，的面积为或；
【小问3详解】
设，则直线，
由已知，
同理：，
因而，是方程的两根，
所以，得，
又点为椭圆上的动点，
所以，则，
由在第一象限得，所以，
所以存在，.
【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的定点问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：
①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；
②利用求得变量取值范围，得到韦达定理的形式；
③利用韦达定理表示出已知中的等量关系，代入韦达定理可整理得到变量间的关系；
④消去变量，得到定量关系.
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