江西省上饶市玉山文苑学校2024-2025学年高二上学期第二次检测数学试卷

江西省上饶市玉山文苑学校2024-2025学年高二上学期第二次检测数学试卷一、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.1．两平行直线与之间的距离为（）A． B． C． D．2．已知椭圆的两个焦点分别为，，点是上一点，且，则的方程为（

）A． B． C． D．3．已知抛物线，的焦点分别为、，若、分别为、上的点，且线段平行于轴，则下列结论错误的是（

）A．当时，是直角三角形 B．当时，是等腰三角形C．存在四边形是菱形 D．存在四边形是矩形4．焦点在轴上的双曲线与双曲线有相同的渐近线，过点的直线与双曲线交于两点，若线段的中点是，则双曲线的离心率为（

）A． B． C． D．5．若点关于平面和轴对称的点分别为，则（

）A． B． C．1 D．96．如图，边长为4的正方形是圆柱的轴截面，为上底面圆内一点，则的最小值为（

）A．6 B．8 C．10 D．127．下列命题中，不正确的命题是（

）A．空间中任意两个向量一定共面B．若，则存在唯一的实数，使得C．对空间中任一点O和不共线的三点A，B，C，若，则P，A，B，C四点共面D．若是空间的一个基底，，则也是空间的一个基底8．某农学院计划从10种不同的水稻品种和7种不同的小麦品种中，选5种品种种植在如图所示五块实验田中，要求仅选两种小麦品种且需种植在相邻两块实验田中，其他三块实验田选种水稻品种，则不同种法有（

）12345A．30240种 B．60480种 C．120960 D．241920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．已知椭圆分别为它的左右焦点，点是椭圆上的一个动点，下列结论中正确的有（

）A．椭圆离心率为B．C．若，则的面积为D．最大值为10．关于空间向量，以下说法正确的是（

）A．若空间向量，，则在上的投影向量为B．若空间向量，满足，则与夹角为锐角C．若对空间中任意一点，有，则，，，四点共面D．若直线的方向向量为，平面的一个法向量为，则11．现安排甲､乙､丙､丁､戊这5名同学参加志愿者服务活动，有翻译、导游、礼仪、司机四项工作可以安排，且每人只安排一个工作，则下列说法正确的是（

）A．不同安排方案的种数为B．若每项工作至少有1人参加，则不同安排方案的种数为C．若司机工作不安排，其余三项工作至少有1人参加，则不同安排方案的种数为D．若每项工作至少有1人参加，甲不能从事司机工作，则不同安排方案的种数为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．圆：与圆：相交于、两点，则．13．已知动点在抛物线上，，则该动点到点的距离与到轴的距离之和的最小值为.14．如图所示，在正方体中，是底面正方形的中心，是的中点，是的中点，则直线的位置关系是．四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤.15．（13分）已知圆的圆心在直线上，并且经过点，与直线相切．(1)求圆的方程；(2)经过点的直线与圆相交于A，B两点，若，求直线的方程．16．（15分）已知双曲线的左、右顶点分别为，离心率为.过点的直线l与C的右支交于M、N两点，设直线的斜率分别为．(1)若，求：；(2)证明：为定值．17．（17分）如图，在长方体中，，是的中点，是棱上一点．(1)若是的中点，求证：平面；(2)若平面，求的长．18．（17分）如图，在四棱锥中，平面，且.(1)求证：平面；(2)求平面与平面夹角的余弦值；(3)在棱上是否存在点（与不重合），使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值，若不存在，说明理由.19．（15分）已知．(1)若，求中含项的系数；(2)证明：．参考答案1．C【分析】先由两直线平行求出，再代入两平行直线间距离公式求解即可；【详解】由题意知，所以，则化为，所以两平行直线与之间的距离为．故选：C．2．B【分析】根据椭圆的定义可求得，代入点的坐标，可求得，可求椭圆方程.【详解】因为点是椭圆上一点，且，所以，解得，所以椭圆方程为，又点是椭圆上一点，所以，解得，所以椭圆的方程为.故选：B.3．C【分析】设出的坐标并求得PQ，由此对选项进行分析，结合图象求得正确答案.【详解】依题意，线段平行于轴，不妨设在第一象限，设，则，焦点，A选项，当时，解得，所以，则，是直角三角形，A选项正确.B选项，当时，解得，所以，由于，所以关于直线对称，而，所以此时是等腰三角形.对于CD选项，先考虑四边形是平行四边形，则，则，此时，，所以四边形是矩形，不是菱形，所以C选项错误，D选项正确.故选：C4．D【分析】设Ax1,y1,Bx2,【详解】设Ax1,y1因为，两式相减可得，整理可得，即，可得，即双曲线的渐近线方程为，设双曲线的方程为，则，所以双曲线的离心率为.故选：D.5．C【分析】结合空间中点关于坐标平面和坐标轴对称的特点，即可求解【详解】由题意得点关于平面对称的点为，关于轴对称的点为，则，所以，故选：C.6．D【分析】变形，结合图形得到当与重合时取值最小值，求出答案.【详解】，当且仅当与重合时，等号成立，故的最小值为12.故选：D7．B【分析】根据共面向量、向量平行、四点共面、基底等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】A选项，空间中任意两个向量可以通过平移的方法平移到同一个平面，所以空间中任意两个向量一定共面，A选项正确.B选项，若，可能是非零向量，是零向量，此时不存在，使，所以B选项错误.C选项，对于，有，所以四点共面，所以C选项正确.D选项，若是空间的一个基底，，假设，，则共面，与已知矛盾，所以不共面，所以是基底，所以D选项正确.故选：B8．C【分析】相邻两块实验田分成1和2；2和3；3和4；4和5四类，再分别计算每一类的方法数，可求得结论.【详解】由题得相邻两块实验田分成1和2；2和3；3和4；4和5四类；第一类在1和2上种植小麦，“1”有7种选择，“2”有6种选择，剩下3块实验田种植水稻，分别有种选择，所以共计种；第二、三、四类和第一类种数相同．综上总计有种方法．故选：C.9．BC【分析】由椭圆方程得到的值，根据离心率的定义可判断A，根据椭圆的定义可判断B，根据勾股定理和椭圆的定义可得到，从而由三角形面积公式可判断C，由均值不等式可判断D.【详解】由椭圆方程可知，，，，所以椭圆的离心率，故A错误；由椭圆定义知，故B正确；又，因为，所以，，解得：，所以的面积为，故C正确；因为，，所以，当且仅当，即，时取等号.所以最大值为，故D错误.故选：BC.10．ACD【分析】对A，根据投影向量的定义列式运算得解；对B，当，同向共线时也成立可判断；对C，由空间向量共面的推论判断；对D，由可判断.【详解】对于A，在上的投影向量为，故A正确；对于B，当，同向共线时也成立，但与夹角不为锐角，故B错误；对于C，在中，故四点共面，故C正确；对于D，由，即，故，故D正确.故选：ACD.11．BD【分析】根据分步计数原理可判断A；先分组，然后再分配可判断BCD.【详解】对A，若每人都安排一项工作，每人有4种安排方法，则不同安排方案的种数为，故A错误；对B，先将5人分为4组，再将分好的4组全排列，安排4项工作，则不同安排方案的种数为，故B正确；对C，先将5人分为3组，有种分组方法，将分好的三组安排翻译､导游､礼仪三项工作，有种情况，则不同安排方案的种数是，故C错误；对D，第一类，先从乙，丙，丁，戊中选出1人从事司机工作，再将剩下的4人分成三组，安排翻译､导游､礼仪三项工作，则不同安排方案的种数为；第二类，先从乙，丙，丁，戊中选出2人从事司机工作，再将剩下的3人安排翻译、导游、礼仪三项工作，则不同安排方案的种数为.所以不同安排方案的种数是，故D正确.故选：BD.12．4【分析】先求出相交弦所在直线的方程，然后根据圆的弦长的求法求解即可.【详解】由圆：与圆：，两圆相减得公共弦AB所在直线方程为：，有圆：，可得圆心，半径，所以圆心到直线AB的距离，所以.故答案为：4.13．/【分析】根据抛物线的定义转化为求的最小值，数形结合即可得解.【详解】由抛物线的方程为知，焦点为，准线方程为，由抛物线定义知动点到点的距离与到轴的距离之和可化为，

当三点共线，且在线段上时，有最小值，最小值为.故答案为：14．垂直【分析】以为空间一组基底，得到，得到⊥，即⊥.【详解】以为空间一组基底，则＝·＝·，所以⊥，即⊥.故答案为：垂直15．(1)(2)或【分析】（1）设圆的方程为，由题意，列出方程组，求解得的值，即可写出圆的方程；（2）分直线的斜率是否存在进行讨论，斜率不存在时，联立方程求出点的坐标，计算弦长验证，斜率存在时，设的方程为，由圆心到直线的距离等于半径求出的值即得.【详解】（1）设圆的方程为，

由已知得，

解得，，，

所以圆的方程为，即；（2）①若直线有斜率，可设的方程为，即，

由已知，则圆心到直线的距离

解得，

此时，直线的方程为，即；

②若直线没有斜率，则的方程为，

将其代入，可得或，即得，，满足条件，

综上所述，直线的方程为或．16．(1)(2)证明见解析【分析】（1）依题意，求得双曲线，设出直线的方程，联立方程组，由韦达定理可解；（2）利用两点斜率公式，结合双曲线方程求得，再结合（1）中结论即可得证.【详解】（1）设双曲线的焦距为，由题意得，，所以．因为，所以，所以C的标准方程为．直线，由消去y化简并整理得，解得或（舍），所以．又直线过点，所以直线的方程为，所以．（2）设Mx1,因为，所以．设直线，由消去x化简并整理得．设Nx2,故．所以为定值．17．(1)证明见解析(2)【分析】（1）如图建系，求出相关点的坐标，由，推得，，即可由线线垂直推出平面；（2）设的长为求出平面的法向量为，由平面可得即可求得.【详解】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，

由题设可得：，，，，，，，∴，，,

由，，可得，，

又∵，平面MNC，∴平面；（2）设的长为则，点，进而得，

设平面的法向量为，因，则，取得，

∵，且平面，∴，即，

解得，即的长为．18．(1)证明过程见解析(2)(3)【分析】（1）根据线面垂直的性质定理，结合线面垂直的判定定理进行证明即可；（2）根据线面的垂直关系，建立空间直角坐标系，利用空间向量平面间夹角公式进行求解即可；（3）利用空间向量线面角夹角公式进行求解即可.【详解】（1）因为平面平面，所以，又因为，所以，而平面，所以平面；（2）因为平面平面，所以，而，于是建立如图所示的空间直角坐标系，，由（1）可知：平面，所以平面的法向量为，设平面的法向量为m=x,y则有，设平面与平面夹角为，；（3）设，设，于是有，，由（2）