上海市曹杨第二中学2023-2024学年高二下学期3月月考数学试卷（原卷版+解析版）

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2024.3
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. 直线的倾斜角为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据直线斜率与倾斜角关系直接求解即可.
【详解】设直线的倾斜角为，
直线的斜率为，，.
故答案为：.
2. 已知为正整数，若，则______.
【答案】2
【解析】
【分析】根据给定条件，利用组合数的性质求解即得.
【详解】由，，得或，解得或，
而，解得，，
所以.
故答案为：2
3. 过点的圆的切线方程是_______.
【答案】
【解析】
【分析】判断点P在圆上，根据切线和直线PC垂直，求出对应的斜率即可．
【详解】∵点P(1，2)在圆C上，∴切线与直线PC垂直，
设切线斜率为k，则，
∴切线方程为，即x+2y﹣5＝0，
故答案为：x+2y﹣5＝0．
4. 已知，设直线，，若，则______.
【答案】
【解析】
【分析】根据两直线平行的充要条件得到方程，解得即可.
【详解】由题意得
当时，直线重合，舍去，故.
故答案为：.
5. 已知长方体的8个顶点都在球的表面上，若，则球的表面积为______.
【答案】
【解析】
【分析】由题意，确定外接球的直径，根据勾股定理计算即可求解.
【详解】如图，该长方体的外接球的直径为，设其半径为，
则，
得，所以该外接球的表面积为.
故答案为：

6. 将3个相同的红球和3个相同的白球放入3个不同的盒子中，每个盒子都放2个球，则不同的放法共有______种.（结果用数值表示）
【答案】7
【解析】
【分析】将3个红球分成3组，每组球的数量最多2个，最少0个，则有两种组合形式，分别求出对应的方法即可求解.
【详解】将3个红球分成3组，每组球的数量最多2个，最少0个，
则有两种组合形式.
当红球分组形式为时，将红球放入3个不同的盒子中有种方法，
此时3个不同的盒子依次补充上白球，使得每个盒子的球个数为2个即可；
当红球分组形式为时，将红球放入3个不同的盒子中有1种方法，
此时3个不同的盒子依次补充上白球，使得每个盒子的球个数为2个即可，
所以满足题意的方法共有7种.
故答案为：7
7. 若，则______.
【答案】
【解析】
【分析】利用赋值法，分别令、，即可求解.
【详解】由题意知，
当时，①，
当时，②，
①②，得，
所以.
故答案为：
8. 如图，已知三棱柱的体积为4，则四面体的体积为______________.
【答案】
【解析】
【分析】利用等底同高的棱锥体积相等，可以证明三棱柱被分割成的三个部分体积相等，进而求得答案.
【详解】,
∴，
又∵棱柱的体积为4，∴四面体的体积为，
故答案为：.
【点睛】本题考查棱锥的体积，关键在于等体积转化，属基础题.
9. 6位学生排成一排拍照，要求甲乙不相邻，且丙丁相邻，则不同的排法共有______种.（结果用数值表示）
【答案】144
【解析】
【分析】根据捆绑法和插空法，即可求解.
【详解】丙丁相邻，捆绑在一起，与另外2人全排列，共有种排法，
再在3个元素形成的4个空中，插入甲乙，共有种排法，
由分步乘法计数原理，共有排法.
故答案为：144
10. 天上有四颗星星，地上有四个孩子，每个孩子随机向一颗星星许愿.如果一颗星星只收到一个孩子的愿望，那么该愿望成真；如果一颗星星收到至少两个孩子的愿望，那么向这颗星星许愿的所有孩子的愿望都无法成真.则至少有两个孩子愿望成真的概率为______.（结果用最简分数表示）
【答案】
【解析】
【分析】先求出四个孩子向四个星星许愿的总事件数，再求出至少有两个孩子愿望成真事件数，结合古典概型的概率公式计算即可求解.
【详解】第一步，根据题意，四个孩子向四个星星许愿，那么一共种可能得许愿方式，
那么两个孩子许愿成功的情况为，
四个孩子许愿成功的情况为，
则至少有两个孩子愿望成真的概率为
故答案为：
11. 已知，分别为椭圆的左、右焦点，过的直线与C交于P，Q两点，若，则C的离心率是______.
【答案】
【解析】
【分析】根据椭圆定义，都用表示，由，构造齐次式即可求解.
【详解】依题得，，又，
则，，
则，
则，
即，
则，则，
即.
故答案为：
12. 在三棱锥中，，且，则二面角的余弦值的最小值为______.
【答案】##
【解析】
【分析】由题意，根据圆的定义与双曲线的定义分别得到点与点的轨迹，如图，过点作，根据线面垂直的判定定理与性质确定二面角所成的平面角，结合余弦定理和二次函数的性质计算即可求解.
【详解】，的轨迹是以中点为圆心的圆的轨迹，
在平面中，以为原点，建立平面直角坐标系，则，
，的轨迹为双曲线的一支，
在平面中，以为原点，建立平面直角坐标系，则，
过点作，如图（注：轴并不一定互相垂直），
又平面，
平面，平面，，
为二面角所成平面角，
设，则，
当时，，则，
，
令，则，
又，
所以当时，此时取得最小值，为
的最小值为，
即二面角的余弦值的最小值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，利用圆的定义与双曲线的定义分别确定了点与点的轨迹，从而得解.
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）每题有且只有一个正确选项．考生应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑．
13. 已知正整数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据排列数的运算即可求解.
【详解】由，
得.
故选：D
14. 下列命题中，正确的是（ ）
A. 三点确定一个平面
B. 垂直于同一直线的两条直线平行
C. 若直线与平面上的无数条直线都垂直，则
D. 若a、b、c是三条直线，且与c都相交，则直线a、b、c在同一平面上
【答案】D
【解析】
【分析】利用空间点、线、面位置关系直接判断.
【详解】A.不共线的三点确定一个平面，故A错误；
B.由墙角模型，显然B错误；
C.根据线面垂直的判定定理，若直线与平面内的两条相交直线垂直，则直线与平面垂直，若直线与平面内的无数条平行直线垂直，则直线与平面不一定垂直，故C错误；
D.因为，所以确定唯一一个平面，又与都相交，故直线共面，故D正确；
故选：D.
15. 方程(x+y-1)=0所表示的曲线是
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】试题分析：由题意得方程，得或，且
，所以方程所表示的曲线为选项D，故选D．
考点：曲线与方程．
16. 某人设计一项单人游戏，规则如下：先将一棋子放在如图所示正方形（边长为2个单位）的顶点处，然后通过掷骰子来确定棋子沿正方形的边按逆时针方向行走的单位，如果掷出的点数为，2，，，则棋子就按逆时针方向行走个单位，一直循环下去．则某人抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点处的所有不同走法共有（ ）
A. 21B. 24C. 27D. 30
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意可将回到点处问题转化为所掷点数之和为8或16，分情况讨论按照分类分步计数原理即可求得结果.
【详解】根据题意，正方形的边长为2个单位，则其周长是8，
若抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点处，则三次骰子的点数之和是8或16，
若三次骰子的点数之和是8，有1、1、6，1、2、5，1、3、4，2、2、4，2、3、3，共5种组合，
若三次骰子的点数之和是16，有4、6、6，5、5、6，共2种组合，
其中1、1、6，2、2、4，2、3、3，4、6、6，5、5、6，这5种组合有种顺序，
1、2、5，1、3、4，这2种组合有种顺序，
则抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点处的所有不同走法种，
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. 一个盒子里装有三张卡片，分别标记有数字1，2，3，这三张卡片除标记的数字外完全相同．随机有放回地抽取3次，每次抽取1张，将抽取的卡片上的数字依次记为，，．
（1）用卡片上的数字列出所有可能的结果；
（2）求“抽取的卡片上的数字满足”的概率；
（3）求“抽取的卡片上的数字，，不完全相同”的概率
【答案】（1）答案见解析；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）易知每次抽取的结果均有三种可能，即共27种，按规律列举即可；
（2）易知满足的基本事件共3种，可得概率；
（3）求得数字，，完全相同概率，即可得出结论.
【小问1详解】
由题意，，，所有的可能为：
，1，，，1，，，1，，，2，，，2，，，2，，
，3，，，3，，，3，，，1，，，1，，，1，，
，2，，，2，，，2，，，3，，，3，，，3，，
，1，，，1，，，1，，，2，，，2，，，2，，
，3，，，3，，，3，，共27种．
【小问2详解】
设“抽取的卡片上的数字满足”为事件，
则事件包括，1，，，2，，，1，，共3种，
所以，
因此，“抽取的卡片上的数字满足”的概率为．
【小问3详解】
设“抽取的卡片上的数字，，不完全相同”为事件，
则事件包括，1，，，2，，，3，，共3种．
所以，
因此，“抽取的卡片上的数字，，不完全相同”的概率为
18. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧面是等边三角形，且
（1）求证：平面平面
（2）求点到平面的距离
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用面面垂直判定定理进行证明；
（2）利用等体积变换求得点到平面的距离；
【小问1详解】
因为底面是正方形，侧面是等边三角形，且，
则面平面
又平面，则平面平面
【小问2详解】
取的中点，是等边三角形，
由（1）知平面平面，平面平面，则平面
由
19. （1）若在的二项展开式中，第3项的系数是第2项的系数的4倍，求展开式中的常数项；
（2）求的二项展开式中系数最大的项.
【答案】（1）84；（2），.
【解析】
【分析】（1）根据项的系数的关系求出，再由展开式通项公式求常数项即可；
（2）设为系数最大项，列出不等式组求出即可得解.
【详解】（1）由题意知
所以
设为常数项，
则，
则展开式中的常数项为.
（2）设系数最大项，
则
，
则的二项展开式中系数最大的项为.
20. 已知抛物线的焦点为，直线与抛物线交于两点
（1）设直线的方程为，求线段的长
（2）设直线经过点，若以线段为直径的圆经过点，求直线的方程
（3）设，若存在经过点的直线，使得在抛物线上存在一点，满足，求的取值范围
【答案】（1）
（2）或
（3）
【解析】
【分析】（1）直线方程与抛物线方程联立，结合抛物线焦点弦长公式可求得结果；
（2）设，与抛物线方程联立可得韦达定理的结论，根据可构造方程求得结果；
（3）设，与抛物线方程联立可得韦达定理的结论，根据可建立等量关系，得到，由此可得的范围.
小问1详解】
由抛物线方程知：，则直线过焦点，
设，
由得：，，
.
【小问2详解】
由题意知：直线斜率不为零，可设，，
由得：，则，解得：；
，，
，，，
，
解得：（满足），
直线得方程为：或.
【小问3详解】
由题意知：直线斜率不为零，可设，，，，
，；
由得：，则，即，
，，，
由得：，
即，，，
，，即的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：本题考查直线与抛物线的综合应用问题，本题求解参数范围的关键是能够将已知条件中的向量运算转化为坐标运算的形式，从而将所求变量表示为另一变量的函数的形式，利用函数值域来求得参数范围.
21. 如图，已知椭圆的两个焦点为，，且，的双曲线的顶点，双曲线的一条渐近线方程为，设P为该双曲线上异于顶点的任意一点，直线，的斜率分别为，，且直线和与椭圆的交点分别为A，B和C，D．
（1）求双曲线的标准方程；
（2）证明：直线，的斜率之积·为定值；
（3）求的取值范围．
【答案】（1）；
（2）证明见解析； （3）.
【解析】
【分析】（1）根据题意双曲线的，且，进而可求双曲线的标准方程；
（2）设点，利用斜率公式结合条件即可证出；
（3）设直线的方程为，进而求出直线的方程，把直线代入椭圆方程，利用弦长公式求出， 同理求出弦长，代入整理即可表示出，然后结合条件即得.
【小问1详解】
设双曲线的标准方程为，由题意知，且，
即，
所以双曲线的标准方程为：；
【小问2详解】
设点，由题可知，则，，
所以，
而由点在双曲线上，可知，即有，
从而，故；
【小问3详解】
由上可知，且，且不能同时取或，
所以可设直线的方程为，则直线的方程为，
把直线的方程为代入椭圆方程，
整理得，
设，，则有，，
因此，
同理可得，
因此，又，
所以，所以，
所以的取值范围为.
【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，必要时计算；
（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.