2020-2021学年辽宁省大连市金普新区高二下学期开学检测数学试题解析版

2020-2021学年辽宁省大连市金普新区高二下学期开学检测数学试题1．抛物线的焦点坐标A． B． C． D．【答案】B【详解】由抛物线方程知焦点在x轴正半轴，且p=4，所以焦点坐标为，所以选B．2．若向量与向量互相垂直，则的值为（）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】由，知，得到关于的方程，解方程即可得解.【详解】因为向量与向量互相垂直，即，解得：故选：C3．的二项展开式中，第四项是（）A． B． C． D．【答案】B【分析】写出二项展开式的通项，即可得解.【详解】的二项展开式的通项为所以第四项为故选：B4．“，”是“方程表示双曲线”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】根据双曲线的方程以及充分条件和必要条件的定义进行判断即可．【详解】若方程表示双曲线，则，即，或，则“，”是“方程表示双曲线”的充分不必要条件，故选：A．5．若O为坐标原点，P是直线上的动点，则的最小值为A． B． C． D．2【答案】B【分析】根据题意，求的最小值，只需与直线垂直，再由点到直线距离公式，即可求出结果.【详解】由题意，为使取最小值，只需与直线垂直；

由点到直线距离公式可得：.故选：B.【点睛】本题主要考查求直线上的动点到定点距离的最值问题，熟记点到直线距离公式即可，属于基础题型.6．有3名男生和4名女生排成一排，其中男生必须排在一起的排列方法有（）A．120种 B．144种 C．600种 D．720种【答案】D【分析】先排女生然后将男生捆绑一起插空排，进而结合分步计数原理即可求得结果.【详解】第一步：排女生有种；第二步：男生捆绑一起插空排有种；故男生必须排在一起的排列方法有种，故选：D.7．已知椭圆，左、右焦点分别在，，点在椭圆上，且垂直于轴，直线交轴于点，与椭圆的另一个交点为，若，则椭圆的离心率为（）A． B． C． D．【答案】D【分析】由题意得，由轴，求得，利用已知结合中点坐标公式可知，代入椭圆方程可得，结合，可求得，进而求得离心率.【详解】如图，由题意得因为轴，且为的中点，又，为中点，由中点坐标公式可知将代入椭圆方程可得，即又，可求得，故选：D【点睛】方法点睛：本题考查求椭圆的离心率，求解离心率在圆锥曲线的考查中是一个重点也是难点，一般求离心率有以下几种情况：①直接求出，从而求出；②构造的齐次式，求出；③采用离心率的定义以及圆锥曲线的定义来求解；④根据圆锥曲线的统一定义求解．8．正四面体，是的中点，是线段上的点（不含端点），记直线与直线所成角为，直线与平面所成角为，二面角的平面角为，则（）A． B． C． D．【答案】D【分析】作交于点，根据异面直线所成角的定义，得到，得到，作平面，根据线面角的定义得到，作交于点，由二面角的定义，得到，结合几何体的结构特征，进而求得的关系，得到答案.【详解】如图所示，在平面中，作交于点，连接，可得线与直线所成角，即为线与直线所成角，由，可得，又由，可得，所以，在等腰中，，取的中点，连接，可得，作平面，连接，则，因为平面，平面，所以为直线与平面的距离，即在上的点到的距离和相等，因为，所以，可得，作交于点，连接，则，连接，则，所以，可得，连接，根据线面角的定义，可得，因为在线段上的点，所以,所以，可得，综上可得.故选：D.9．直线的方向向量为，平面的法向量为，若，能使的是（）A．， B．，C．， D．，【答案】BD【分析】根据可得出，逐项验证可得合适的选项.【详解】已知，，则.A选项中，，A选项不满足条件；B选项中，，B选项满足条件；C选项中，，C选项不满足条件；D选项中，，D选项满足条件.故选：BD.10．关于及其展开式中，下列说法中正确的是（）A．展开式中没有项 B．展开式中的系数为30C．展开式中常数项为15 D．展开式中非常数项的系数和为112【答案】BD【分析】首先将式子变形为，再写出展开式的通项，再一一验证各选项即可．【详解】解：其中展开式的通项为．令得，故展开式中含项，故A错误；展开式中的项为，故展开式中系数为，故B正确．展开式中常数项为，故C错误；令，则，即展开式中所有项的系数和为，故非常数项的系数和为，故D正确；故选：．11．已知曲线，则下列说法中正确的是（）A．曲线与轴的交点为、B．、是曲线上任意两点，若，则C．若是曲线上的任意一点，则D．若是曲线上的任意一点，当时，【答案】ABD【分析】求出曲线与轴的交点坐标，可判断A选项的正误；利用曲线对应的函数的单调性与奇偶性的性质可判断B选项的正误；取点可判断C选项的正误；利用曲线的方程可判断D选项的正误.【详解】对于A选项，在曲线的方程中，令，可得，所以，曲线与轴的交点为、，A选项正确；对于B选项，当时，曲线的方程为；当时，曲线的方程为，作出曲线的图象如下图所示：由图象可知，曲线对应的函数在上单调递增，且该函数为偶函数，若，则，B选项正确；对于C选项，取点，则，C选项错误；对于D选项，当时，，可得，所以，，D选项正确.故选：ABD.12．在矩形中，，，沿矩形对角线将折起形成四面体，在这个过程中，现在下面四个结论其中所有正确结论为（）A．在四面体中，当时，B．四面体的体积的最大值为C．在四面体中，与平面所成角可能为D．四面体的外接球的体积为定值.【答案】ABD【分析】A.根据线面垂直判定定理证明平面进而有；B.当平面平面时，四面体的体积最大，根据体积公式计算即可；C.当平面平面时与平面所成的角最大，计算得；D.斜边中点到距离相等，所以四面体的外接球的半径为定值，其题意奕为定值.【详解】解：对于A.当时，又因为平面，所有平面，所以，故A正确；对于B.当平面平面时，四面体的体积最大在中根据等面积法可得到平面的距离满足所以，故B正确；对于C.当平面平面时与平面所成的角最大，此时，即，故C错误；对于D.因为和都是直角三角形且共斜边，所以斜边中点到距离相等，所以四面体的外接球的半径，所以四面体的外接球的体积为定值故选：ABD【点睛】证明线线垂直的常用方法：①由线面垂直得线线垂直；②勾股定理；③三角形中角度和为；④垂直或平行的传递性.13．______.【答案】【分析】直接根据组合数公式计算可得；【详解】解：故答案为：14．已知、、，则原点到平面的距离为______.【答案】【分析】计算出平面的一个法向量的坐标，利用空间向量法可求得原点到平面的距离.【详解】由已知可得，，设平面的法向量为，由，取，可得，而，所以，原点到平面的距离为.故答案为：.15．为积极响应国家“精准帮扶”政策的号召，现有家企业，对个乡镇进行投资，每家企业只投资一个乡镇，每个乡镇至少一个企业，则有______种不同的投资方案.【答案】【分析】先将家企业分为组，然后再将这组分配给个乡镇，利用分类乘法计数原理可得结果.【详解】先将家企业分为组，组企业数分别为、、或、、，然后再将这组分配给个乡镇，由分布乘法计数原理可知，不同的投资方案种数为.故答案为：.16．已知椭圆，双曲线.若双曲线的渐近线与椭圆的交点恰好在以原点为圆心，椭圆的焦距为直径的圆上，且交点到的距离为交点到距离的倍，则椭圆的离心率为______；双曲线的离心率为______.【答案】2【分析】首先求出双曲线的渐近线，根据交点的横、纵坐标的特征，得到，即可求出离心率，再表示出一个交点的坐标，根据交点在椭圆上得到方程，即可求出椭圆的离心率；【详解】解：依题意双曲线的渐近线方程为，又交点到的距离为交点到距离的倍，所以，所以双曲线的离心率为设椭圆的右焦点坐标为，则一个交点坐标为，因为点在椭圆上，所以，即，，即，即，解得（舍去）或，所以故椭圆的离心率为故答案为：；17．已知直线，圆.（1）求经过圆心且与平行的直线方程；（2）求垂直于直线且与圆相切的直线方程.【答案】（1）；（2）或.【分析】（1）由题知直线过圆心，斜率为，利用点斜式得直线方程；（2）由已知得到所求直线的斜率，结合直线与圆相切即可求得直线方程.【详解】（1）所求直线过圆心，斜率为，所以直线方程为，即（2）设所求直线斜率为，，所以，设直线方程为，所求直线与圆相切，即圆心到所求直线的距离等于圆的半径，即，解得或.所求直线方程为或.18．在①抛物线上一点到焦点的距离为6；②抛物线上一点到焦点的距离为，这两个条件中任选一个，补充到下面的问题中，求出的值.问题：已知抛物线顶点在坐标原点，焦点在轴正半轴上______.若此抛物线与直线相交于不同的两点，，且中点横坐标为2，求的值.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】选①，；选②，.【分析】选①，由题意可知抛物线方程为，设，,联立直线和抛物线方程由韦达定理即得解；选②，由题得抛物线方程为，联立直线和抛物线方程，由韦达定理即得解.【详解】若选①由题意可知，，解得：所以抛物线方程为，设，得，，即，，即或，又，所以.若选②，由得，由点到焦点的距离为，得，解得：.所以抛物线方程为，设，得，，即，，即或，又，所以.19．如图，在直棱柱中，为的中点，与相交于点.（1）证明：平面；（2）若直棱柱的底面为等腰直角三角形，且，，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）连接，可知点为的中点，利用中位线的性质可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；（2）以点为坐标原点，，，方向为，，轴正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与所成角的正弦值.【详解】（1）连接，则为的中点，且，故四边形为平行四边形，因为与相交于点，则为的中点，，又平面，平面，所以平面；（2）因为为等腰直角三角形，且，故，因为底面，以点为坐标原点，，，方向为，，轴正方向建立空间直角坐标系，则、、、、、，，，，设平面的法向量为，则，即，令，可得，设直线与平面所成角为，则，因此，直线与平面所成角的正弦值为.20．已知点在圆上，点在轴上的投影为，动点满足.（1）求动点的轨迹的方程；（2）设不过点的直线与曲线交于，两点，若直线与直线的斜率之和为，求证：直线过定点.【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）设，，则，由，得代入圆即可得解；（2）分类讨论直线斜率存在时，设为，，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理，结合，求得，进而得到直线过定点，当直线斜率不存在时，利用椭圆的对称性可求得两个交点，即可证得直线过定点.【详解】（1）设，，则，因为，所以即，又因为，所以即.（2）设，，由已知得斜率存在时，设其方程为，，联立方程得，则由韦达定理得，，所以，直线方程为，过定点当直线斜率不存在时，直线与椭圆的两个交点关于对称，所以，，所以，所以的方程为，过点成立，综上可知，直线过定点.【点睛】思路点睛：本题考查求椭圆的标准方程，求直线过定点，求直线过定点的思路：（1）设直线的点斜式，找到斜率与截距的关系，确定定点；（2）根据题目中的信息求出直线（如两点），确定定点；（3）根据圆锥曲线的性质确定直线定点的性质，然后由性质确定准确的定点.21．如图，在四棱锥中，平面平面，四边形为矩形，且，，、分别、的中点.（1）证明：；（2）设，点在线段上，且异面直线与所成角的余弦值为，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）证明出平面，可得出，利用正弦定理可证明出，利用线面垂直的判定定理可得出平面，由此可证得结论成立；（2）以点为坐标原点，以、、方向为、、轴的正方向，建立空间直角坐标系，根据已知条件求出点的坐标，再利用空间向量法可求得二面角的余弦值.【详解】（1）在中，根据正弦定理有，即，得，即，所以.因为平面平面，平面平面，平面，，所以平面，又因为平面，所以.又因为平面，平面，，所以平面，又因为平面，所以；（2）如图，以为坐标原点，以、、方向为、、轴的正方向，建立空间直角坐标系.则、、、、、、，设，，，即，得，所以，，，化简得，解得或（舍），所以，，，设平面的法向量，则，取，可得，，设平面的法向量为，则，取，可得，设二面角的平面角为，则为锐角，则，即二面角的余弦值为.22．已知椭圆的两个焦点分别为，，离心率，点为椭圆内一点，上一点满足的最大值与最小值之和为8.（1）求椭圆的方程；（2）若直线与交于，两点，且，是否存在以为圆心的圆与相切，若存在，求出圆的方程，若不存在，请说明理由；（3）若直线与交于，两点，且，求的最大值.【答案】（1）；（2）存在，；（3）.【分析】（1）由已知结合椭圆的定义将转化为，当在以为端点的射线上时，取得最值，可求出a，结合离心率，即可求解；（2）讨论直线斜率存在，则设直线的方程为，联立椭圆方程，运用判别式大于0，韦达定理以及向量数量积的坐标表示，求得原点O到直线的距离，即可判断是否存在圆；直线斜率不存在，则设直线的方程为，代入椭圆方程，求得，进而得到原点O到直线的距离，即可判断是否存在圆；（3）由（2）得到的距离，求得斜率不存在时，；斜率存在时，，利用换元法结合二次函数求最值.【详解】（1）有椭圆的定义知，则又，所以最大值与最小值之和为，所以∵，∴，椭圆的方程为.（2）存在以