/江西省宜黃縣2024-2025學年高二上學期1月份半月考試數學試卷一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.“且”是“方程表示橢圓”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分又不必要條件【正確答案】B【分析】根據充分條件、必要條件的定義和橢圓的標準方程，判斷可得出結論.【詳解】解：充分性：當，方程表示圓，充分性不成立；必要性：若方程表示橢圓，則，必有且，必要性成立，因此，“且”是“方程表示橢圓”的必要不充分條件.故選：B.2.已知，，，若，，三向量不能構成空間向量的一組基底，則實數的值為（）A.0 B.5 C.9 D.【正確答案】D【分析】根據空間的基底的概念可知，，，三向量共面，從而不能構成基底.【詳解】根據空間基底的概念，當，，三向量不能構成空間向量的一組基底時，，，三向量共面，根據共面向量的條件，即存在，且，即，解得.故選：D3.已知集合，，則（）A. B. C. D.【正確答案】C【分析】由題意可得和的關系，即可求出的坐標，進而求得.【詳解】因為，，由題意，得，解得，即.故選：C.4.若點是直線和的公共點，則相異兩點和所確定的直線方程是（）A. B.C. D.【正確答案】A【分析】根據點與直線的位置關系即可求解.【詳解】因為是直線和的公共點，所以，且，所以兩點和都在同一條直線上，故直線的方程是.故選：A.5.已知是直線的方向向量，直線經過點，則點到直線的距離為（）A. B. C. D.【正確答案】B【分析】由點到線的距離公式即可求解；【詳解】由題意直線的方向向量，，則，，，所以點到直線的距離為，故選：B.6.托馬斯·貝葉斯（ThomasBayes）在研究“逆向概率”的問題中得到了一個公式：，這個公式被稱為貝葉斯公式（貝葉斯定理），其中稱為的全概率.假設甲袋中有3個白球和3個紅球，乙袋中有2個白球和2個紅球.現從甲袋中任取2個球放入乙袋，再從乙袋中任取2個球.已知從乙袋中取出的是2個紅球，則從甲袋中取出的也是2個紅球的概率為（）A. B. C. D.【正確答案】C【分析】根據題意，先分析求解設從甲中取出個球，其中紅球的個數為個的事件為，事件的概率為，從乙中取出個球，其中紅球的個數為2個的事件為，事件的概率為，再分別分析三種情況求解即可【詳解】設從甲中取出個球，其中紅球的個數為個的事件為，事件的概率為，從乙中取出個球，其中紅球的個數為2個的事件為，事件的概率為，由題意：①，；②，；③，；根據貝葉斯公式可得，從乙袋中取出的是2個紅球，則從甲袋中取出的也是2個紅球的概率為故選：C7.已知圓的方程為，為圓上任意一點，則的取值范圍為（）A. B.C. D.【正確答案】C【分析】將問題轉化為圓上的點與點連線的斜率的取值范圍的求解，根據直線與圓的位置關系可求得切線斜率，進而得到結果.【詳解】由圓的方程知：圓心，半徑，，的幾何意義是圓上的點與點連線的斜率，設過點的圓的切線方程為：，即，圓心到切線的距離，解得：，，.故選：C.8.若圓為雙曲線的“伴隨圓”，過的左焦點與右支上一點，作直線交“伴隨圓”于，若，則的離心率為（）A. B. C. D.【正確答案】C【分析】在焦點三角形中構造中位線，利用已知條件中的線段的比例關系設出，再利用勾股定理即可得到的關系式，就可求得離心率.【詳解】設雙曲線的右焦點為，連接，過作于，則，因為，，所以，因為，所以，即為線段的中點，因為為的中點，所以，所以，，設，則，，，所以，在中，由勾股定理可得，即，解得，所以，，在中，由勾股定理得，即，解得，所以.故選：C.二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.滿足不等式的的值可為（）A.3 B.4 C.5 D.6【正確答案】AB【分析】利用排列數公式和一元二次不等式的解法求解.【詳解】解：由，得，，即，解得，又，所以或，故選：AB10.甲罐中有5個紅球，5個白球，乙罐中有3個紅球，7個白球.先從甲罐中隨機取出一球放入乙罐，再從乙罐中隨機取出一球，表示事件“從甲罐取出的球是紅球”，表示事件“從甲罐取出的球是白球”，B表示事件“從乙罐取出的球是紅球”，則下列結論正確的是（）A.、為對立事件 B.C. D.【正確答案】ABD【分析】根據對立事件的定義，結合條件概率的性質逐一判斷即可.【詳解】A：因為甲罐除了紅球就是白球，所以、為對立事件,因此本選項結論正確；B：因為，所以本選項結論正確；C：因為發生時，乙罐中有4個紅球，7個白球，所以，因為發生時，乙罐中有3個紅球，8個白球，所以，顯然不成立，故本選項結論不正確；D：由上可知本選項結論正確，故選：ABD關鍵點睛：型清條件概率的定義是解題的關鍵.11.已知正方體的棱長為2，動點滿足，，下列說法正確的是（）A.當，，時，的最小值為B.當，，時，三棱錐的體積為3C.當，，時，經過，，三點截正方體所得截面面積的取值范圍是D.當，且時，則的軌跡總長度為【正確答案】AD【分析】對于A，由條件證明點在上，將面與面沿著展開到同一平面內，結合兩點之間線段最短判斷A；對于B，由條件證明為的中點，建立空間直角坐標系，利用向量方法求點到平面的距離，結合錐體體積公式求體積，判斷B；對于C，求時截面面積，再求時截面面積，說明時截面面積的變化規律，判斷C；對于D，由條件確定點的軌跡，再求軌跡總長度.【詳解】對于A，因為，，，即，故點在上，將面與面沿著展開到同一平面內，如圖：連接交于，此時，，三點共線，取到最小值即，即，A正確；對于B，由于，時，則為的中點，以為空間直角坐標原點，以，，所在直線分別為，，軸建系，如圖，則，所以，所以，是平面的一個法向量，，則點到平面的距離為，所以，B錯誤；對于C，當時，點與點重合，此時經過三點截正方體所得截面是矩形，其面積；當時，點與點重合，經過三點截正方體所得截面是三角形，其面積，當時，設經過三點截正方體所得截面是梯形，梯形的面積隨的增大而減小，故截面面積的取值范圍是，C錯誤；對于D，當時，可得四點共面，所以點的軌跡在內（包括邊界），由選項B知，，是平面的一個法向量，設點在平面的內的投影為，因為，所以為的中心，所以點到平面的距離為，若，則，即點落在以為圓心，為半徑的圓上（如上右圖），點到三邊的距離為，此時，點軌跡是以為圓心，為半徑的圓的一部分，其軌跡長度，即D正確；故選：AD.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.拋物線的焦點坐標是______.【正確答案】【分析】先將化簡為，再利用拋物線的定義即可求解.【詳解】由題意知化簡為，所以焦點坐標為.故13.若直線被兩條直線與所截得的線段的長為，則的傾斜角可以是__________.【正確答案】和【分析】先算出已知的兩直線間的距離，然后根據所截得的線段長求出直線與已知直線的夾角，問題可解．【詳解】因為直線與則直線，故它們的距離，又因為直線被兩直線截得的線段長為，設與的夾角為，則，，故，而直線的斜率為1，故傾斜角為，故直線的傾斜角為，或．故和.14.用1?2?3?4?5組成沒有重復數字的五位數，若滿足的五位數有個，則在的展開式中，的系數是__________.（用數字作答）【正確答案】56【分析】首先根據排列組合的方式，確定符合條件的五位數有6個，再根據二項式定理，確定含項的系數．【詳解】由五位數需滿足可知，，再從2，3，4，5中任取兩個數，大數是，小數是，剩下兩個數按照大小分別是，．故能組成個這樣的五位數，則．則在的展開式中，含項系數為．故．四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.已知點，圓．（1）若直線過點且在兩坐標軸上截距之和等于，求直線的方程；（2）設是圓上動點，求（為坐標原點）的取值范圍．【正確答案】（1）和；（2）.分析】（1）分兩種情況討論，①直線過原點，可設直線的方程為；②當兩截距均不為零時，設直線的方程為.將點的坐標代入上述直線的方程，求出參數值，綜合可得出直線的方程；（2）設點，利用平面向量數量積的坐標運算得出，結合輔助角公式和正弦型函數的值域可求出的取值范圍.【詳解】（1）當截距均為即直線過原點時，設直線的方程為．代入，解得，直線的方程為；當截距均不為時，設直線的方程為，代入，解得，直線方程為.綜上所述，所求直線的方程為和；（2）將圓方程整理為，則有，所以可設，，其中，，由于，所以．本題考查直線的截距式方程，同時也考查了平面向量數量積取值范圍的計算，將圓上的點的坐標利用圓的參數方程表示是解題的關鍵，考查計算能力，屬于中等題.16.楊輝是中國南宋末年的一位杰出的數學家、教育家，楊輝三角是楊輝的一項重要研究成果.楊輝三角中蘊藏了許多優美的規律，它的許多性質與組合數的性質有關，圖1為楊輝三角的部分內容，圖2為楊輝三角的改寫形式（1）求圖2中第11行的各數之和；（2）從圖2第2行開始，取每一行的第3個數一直取到第100行的第3個數，求取出的所有數之和；（3）在楊輝三角中是否存在某一行，使該行中三個相鄰的數之比為3:8:14？若存在，試求出這三個數；若不存在，請說明理由.【正確答案】（1）2048；（2）166650；（3）存在，這三個數為.【分析】（1）利用二項式系數的性質求和即可；（2）利用的性質進行化簡求和，得到答案；（3）設在第行存在三個相鄰的數之比為3:8:14，從而得到方程組，求出答案.【小問1詳解】第11行的各數之和為；【小問2詳解】楊輝三角中第2行到第100行，各行第3個數之和為；小問3詳解】存在，理由如下：設在第行存在三個相鄰的數，其中，且，，之比為3:8:14，故，化簡得，即，解得，所以這三個數為.17.如圖，在四棱錐中，底面ABCD是邊長為2的菱形，△PAD為等邊三角形，平面平面ABCD，．（1）求點A到平面PBC的距離；（2）E為線段PC上一點，若直線AE與平面ABCD所成的角的正弦值為，求平面ADE與平面ABCD夾角的余弦值．【正確答案】（1）（2）【分析】（1）取AD中點O，連接OB，OP.通過證明，可得，.后由等體積法可求得點A到平面PBC的距離；（2）由（1），如圖建立以O為原點的空間直角坐標系，由直線AE與平面ABCD所成的角的正弦值為，可得.求得平面ADE的法向量后，利用空間向量可得平面ADE與平面ABCD夾角的余弦值.【小問1詳解】取AD中點O，連接OB，OP.∵為等邊三角形，∴，OA=1，.又∵平面平面ABCD，平面平面ABCD=AD，平面PAD，∴平面ABC.又∵平面ABCD，∴.∵，∴，∴.又∵，平面POB，平面POB，，∴平面POB.又∵平面POB，∴.∴，設點A到平面PBC的距離為h，則即，∴；【小問2詳解】由（1），分別以OA，OB，OP為x軸，y軸，z軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標系.則，，，，，，.設，則，.得，則.又平面ABC，則取平面ABCD的法向量.設AE與平面ABCD所成的角為，則，解得.則，.設平面ADE的法向量，則.令，則取平面ADE的法向量，又平面ABCD的法向量.故平面ADE與平面ABCD夾角的余弦值為.18.已知橢圓經過點，點是橢圓上的動點，左右焦點分別是與，過的直線交橢圓于A，B兩點，的周長為16．（1）求橢圓的標準方程；（2）若橢圓上有且只有3個點到直線的距離為1，求.【正確答案】（1）（2）【分析】（1）根據題意，由橢圓定義可得，再將點的坐標代入計算，即可得到，從而得到結果；（2）根據題意，由兩平行直線的距離公式可得或，然后聯立直線與橢圓方程，由直線與橢圓相交，相切列出方程，代入計算，即可得到結果.【小問1詳解】由橢圓的定義可得的周長為，即，再將點代入橢圓可得，解得，所以橢圓的標準方程為.【小問2詳解】由題意可得，到直線的距離為1的點的軌跡是與平行的兩條直線，可設為，則其與直線的距離為，即，化簡可得或，又因為，所以橢圓與相交且與相切，聯立方程，消去可得，由橢圓與相交可得，解得，所以，由橢圓與相切，可得，解得，且，即，所以19.設為拋物線的焦點，為上三個不同的點，且，．（1）求的方程；（2）設過點的直線交于兩點．①若直線交圓于兩點，其中位于第一象限，求的最小值；②過點作的垂線，直線交于兩點，設線段的中點分別為，求證：直線過定點．【正確答案】（1）（2）①；②證明見解析【分析】（1）由拋物線方程可得焦點坐標與準線方程，根據向量的坐標運算以及拋物線的定義，建立方程組，可得答案；（2）①利用分類討論，分直線斜率是否存在兩種情況，表示出直線，聯立拋物線方程，寫出韋達定理，結合拋物線定義以及圓的性質，整理代數式，利用基本不等式，可得答案；②同①寫出韋達定理，根據中點坐標公式，利用點斜式方程，可得答案.【小問1詳解】由拋物線，則，準線方程為，由為上三個不同的點，設，則，由，則，由，且，則，所以，解得，故橢圓的方程為.【小問2詳解】①由題意作圖如下：由，整理可得，則圓心為，半徑，當直線的斜率不存在時，直線