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

江西省2024—2025学年上学期第二次学情检测 高二数学试卷 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 2. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 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. 4. 已知圆：，圆：，则圆，的公切线条数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 5. 已知四面体ABCD如图所示，其中点为的重心，则（ ） A. B. C. 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. 7. 已知，点，点，则的最小值为（ ） A. B. C. 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 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，的方向向量，为平面的法向量，则（ ） A. B. C. D. 直线与所成角的余弦值为 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 11. 已知为坐标原点，抛物线C：的焦点为F，过点F的直线与C交于不同的两点，，则（ ） A. B. 若，则直线的斜率为 C. 若的面积为16，则直线的倾斜角为或 D. 若线段的中点为P，点P在C的准线上的射影为，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若，则______. 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______. 14. 已知直线：，圆：，若直线与圆交于两点，则的取值范围为______. 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. 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. 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. 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，求的值； （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. 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：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江西省2024—2025学年上学期第二次学情检测 高二数学试卷 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. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】判断出两圆的位置关系即可得出圆，的公切线条数. 【详解】由已知得，圆：，圆心为，半径为； 圆：，圆心为，半径为，故， 而，故圆，相交，有两条公切线. 故选：. 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，则，消去得， 因为，所以， 所以点在线段上运动， 设，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，的方向向量，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. 已知为坐标原点，抛物线C：的焦点为F，过点F的直线与C交于不同的两点，，则（ ） A. B. 若，则直线的斜率为 C. 若的面积为16，则直线的倾斜角为或 D. 若线段的中点为P，点P在C的准线上的射影为，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于，设直线的方程，与抛物线方程联立，由韦达定理即可求解；对于，由弦长公式求解即可；对于，由求解即可；对于，由中点坐标公式可得，所以，当和分别求解即可. 【详解】 依题意直线的斜率不为0，， 设直线：，联立， 则，则，故A正确； 又，， ， 解得， 故直线的斜率为，故B错误； ，解得， 则直线的斜率为，故直线的倾斜角为或，故C正确； ，而，故， 当时，易知， 当时，，则， 即，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，求的值； （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、、、、， 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、， 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，理由如下： 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； （3） 设、， 由，消去可得， ，即， ，， ， 令，则， 同理可得， 则 ， 即线段中点坐标为，则，故. 【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】 略 【小问3详解】 略 【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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $