江西省上饶市华东师范大学上饶实验中学2024-2025学年高二上学期10月数学检测题

江西省华东师大上饶实验中学2024-2025学年高二上学期10月数学检测题一、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．已知直线，，若，则实数（

）A． B． C．-1 D．-22．已知点、在圆上，且的中点在圆上，则弦长的最小值为（

）A． B． C． D．3．已知椭圆的焦距为，若直线恒与椭圆有两个不同的公共点，则椭圆的离心率范围为（

）A． B． C． D．4．已知双曲线，过右焦点的直线与双曲线交于两点．且，这样的直线有4条，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．5．在棱长为的正四面体中，点与满足，且，则的值为（

）A． B． C． D．6．如图，在三棱锥中，点为的重心，点在上，且，过点任意作一个平面分别交线段于点，，若，则（

）A． B．4 C． D．7．从，，，，，，这个数中任选个组成一个没有重复数字的“五位凹数”（满足），则这样的“五位凹数”的个数为（

）A．个 B．个 C．个 D．个8．某外商计划在5个候选城市投资3个不同的项目，且在同一个城市投资的项目不超过2个，则该外商不同的投资方案有（

）A．36种 B．60种 C．120种 D．180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．已知抛物线的焦点为为坐标原点，点在抛物线C上，若，则（

）A． B．以为直径的圆与x轴相切C．F的坐标为 D．10．如图所示四面体中，，，，且，，为的中点，点是线段上动点，则下列说法正确的是（

）A．；B．当是靠近的三等分点时，，，共面；C．当时，；D．的最小值为．11．已知二项式的展开式中各项系数之和是，则下列说法正确的是（

）A．展开式共有6项 B．二项式系数最大的项是第4项C．展开式的常数项为540 D．展开式含有三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．若过圆外一点作圆的两条切线，切点分别为，且，则．13．在空间直角坐标系中，点，点，点，则在方向上的投影向量的坐标为.14．已知，若则实数的最大值为.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．（17分）已知圆：，过直线：上的动点作圆的切线，切点分别为，．(1)当时，求出点的坐标；(2)经过，，三点的圆是否过定点？若是，求出所有定点的坐标；(3)求线段的中点的轨迹方程．16．（15分）已知圆交轴于，两点，椭圆过点且以为长轴.(1)求椭圆的标准方程；(2)已知直线与椭圆交于，两点，与圆交于，两点，若不重合的两条直线与分别平分线段，.①求证：为定值；②已知直线，与椭圆分别交于，，，，且，求四边形面积的最大值.17．（15分）《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马．如图，在阳马中，侧棱平面，且，E为BC的中点，F为DP上的点，．(1)当时，证明：平面．(2)判断是否存在，使得EF与平面PCD所成角的正弦值为，若存在，求出λ，若不存在，请说明理由．18．（13分）已知为空间的一个基底，且，，，．(1)判断、、、四点是否共面；(2)能否以作为空间的一个基底？若能，试以这一组基表示；若不能，请说明理由．19．（17分）已知（n为正整数）.(1)若，求该式的展开式中所有项的系数之和；(2)若，求该式的展开式中无理项的个数；(3)若，求该式的展开式中系数最大的项.参考答案1．C【分析】根据已知条件，结合两直线垂直的性质列出方程即可求解.【详解】因为直线，所以，解得：.故选：C.2．B【分析】由弦长公式可得，由此可通过求的最大值，确定弦长的最小值.【详解】圆的圆心为O0,0，半径为，因为点、在圆上，的中点为，所以，其中，即，因为圆的圆心为，半径，点在圆上，所以，故，所以当时，AB取最小值，最小值为，故选：B.3．A【分析】根据椭圆焦点坐标以及直线过定点可得点在椭圆内部，整理不等式可得离心率.【详解】将直线整理可得，易知该直线恒过定点，若直线恒与椭圆有两个不同的公共点，可知点在椭圆内部；易知椭圆上的点当其横坐标为时，纵坐标为，即可得，整理可得，即，解得.故选：A4．B【分析】根据直线与双曲线相交的情形，分两种情况讨论：①直线只与双曲线右支相交，②直线与双曲线的两支都相交，分析其弦长的最小值，利用符合条件的直线的数目，可得答案．【详解】设，令，则，过双曲线的右焦点作直线与双曲线交于两点，如果在同一支上，则有，如果在两支上，则有，因为这样的直线有4条，所以，解得，故选：B5．D【分析】以为基底，表示出，利用空间向量的数量积求模.【详解】如图：

以为基底，则，，所以.因为.所以.所以.故选：D6．A【分析】以为空间一组基底，结合已知条件得到，再利用四点共面即可得解.【详解】连接并延长，交于点，以为空间一组基底，因为是的重心，点M在上，且，所以，又，则，所以，因为四点共面，所以，则.故选：A.7．A【分析】利用分步乘法计数原理可得.【详解】第一步，从，，，，，，这个数中任选个共有种方法，第二步，选出的个数中，最小的为，从剩下的4个数中选出个分给，由题意可知，选出后就确定了，共有种方法，故满足条件的“五位凹数”个，故选：A8．C【分析】根据题意，分两种情况讨论，一是在两个城市分别投资1个项目、2个项目，二是在三个城市各投资1个项目，分别计算其情况数目，进而由加法原理，计算可得答案．【详解】该外商不同的投资方案分为两类：若1个城市投资2个项目，另外1个城市投资1个项目，有种投资方案；若3个城市各投资1个项目，共有种投资方案，由分类计数原理知，共有120种不同的投资方案．故选：C．9．AB【分析】由抛物线的方程求出焦点坐标即可判断C；由焦半径的公式求出即可判断A；求出点的坐标，即可判断B，D；【详解】抛物线的焦点为，故C错误；点在抛物线C上，若，则，所以，故A正确；代入，得，故或所以，故D错误；所以以为直径的圆的圆心为：或，半径为，所以圆心为：或到x轴的距离为：等于圆的半径，故以为直径的圆与x轴相切，故B正确；故选：AB10．BCD【分析】以为基底，表示出相关向量，可直接判断A的真假，借助空间向量共面的判定方法可判断B的真假，利用空间向量数量积的有关运算可判断CD的真假.【详解】以为基底，则，，,.对A：因为.所以，故A错误；对B：当是靠近的三等分点，即时，，又，所以.故，，共面.故B正确；对C：因为，所以：，所以，故，故C正确；对D：设，.因为：.所以，.当时，有最小值，为：，故D正确.故选：BCD11．BC【分析】由二项式的展开式中各项系数之和是，求出，得到二项展开式的通项公式，逐项判断即可.【详解】由于二项式的展开式中各项系数之和是，所以令，则，所以，所以二项式，所以展开后有项，故A错误；二项式系数最大的项是第4项，故B正确；二项式展开式的通项公式为，所以当时，常数项为，故C正确；当时，解得不是整数，所以展开式不含有项，故D错误.故选：BC12．2或4【分析】根据圆的切线性质可求出相关线段的长，利用，即可求出答案.【详解】如图，记圆的圆心为与交于点，圆的半径为r，由题意可得，，所以，即，解得或16，即或4，经检验，都满足题意．故答案为：2或413．【分析】先求出和的坐标，再由在方向上的投影向量概念，写出计算公式，代入向量坐标计算即得.【详解】依题意，,因在方向上的投影向量为，则由，可知在方向上的投影向量的坐标为：.故答案为：.14．23【分析】为的系数，由二项式定理求得的系数，由，可得的不等关系，从而求得实数的最大值.【详解】因为展开式中的系数为，展开式中的系数为，所以展开式中的系数为.要使，则为奇数，且，所以，则，所以的最大值为.故答案为：.15．(1)或(2)过定点或(3)【分析】（1）点在直线上，设，由对称性可知，可得，从而可得点坐标．（2）的中点，因为是圆的切线，进而可知经过C，P，M三点的圆是以Q为圆心，以MC为半径的圆，进而得到该圆的方程，根据其方程是关于m的恒等式，进而可求得x和y，得到结果；（3）结合（2）将两圆方程相减可得直线的方程，且得直线过定点，由几何性质得，即点N在以为直径的圆上，进而可得结果.【详解】（1）（1）直线的方程为，点在直线上，设，因为，由对称性可得：由对称性可知，由题所以，所以，解之得：故所求点的坐标为或．（2）设，则的中点，因为是圆的切线，所以经过三点的圆是以为圆心，以为半径的圆，故圆E方程为：化简得：，此式是关于的恒等式，故解得或,所以经过三点的圆必过定点或．（3）由可得：，即，由可得过定点.因为N为圆的弦的中点，所以，即，故点N在以为直径的圆上，点N的轨迹方程为.16．(1)(2)①证明见解析②四边形面积的最大值为3.【分析】（1）令.设椭圆C的标准方程为，椭圆经过，代入计算即可;（2）①画出图形，显然直线与垂直，设直线，则直线l与椭圆交于,由于直线平分直线l与圆O的交线段，则有，运用点差法得到.②画出图形，得到联立方程得，则直线l1与椭圆交线长为,同理可得直线l2与椭圆的一个交点算出D到直线l1的距离，得到四边形面积，结合.得到.和分情况讨论，结合基本不等式得到四边形面积的最大值即可.【详解】（1）由,令得，令.则可设椭圆C的标准方程为，椭圆经过，代入计算得到.则椭圆的标准方程.（2）①显然直线与垂直，设直线，则直线l与椭圆交于,由于直线平分直线l与圆O的交线段，则有，于是,由于则则.②由题知，则易知令得，则直线l1与椭圆交线长为，同理可得直线l2与椭圆的一个交点，则D到直线l1的距离，所以四边形面积.由于.则.当时，四边形不存在.当时，所以四边形面积的最大值,在时取到.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值与范围问题的常见求法：（1）几何法，若题目的条件能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；（2）代数法，若题目的条件能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值.有时候可以借助基本不等式求解.17．(1)证明见解析(2)存在，使得EF与平面PCD所成角的正弦值为，理由见解析【分析】（1）通过建立空间直角坐标系，计算平面的法向量，即可证明；（2）根据已知条件EF与平面PCD所成角的正弦值为，利用向量法建立方程，即可求出的值.【详解】（1）证明：因为侧棱平面，底面为长方形，以A为坐标原点，分别以的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.所以，，又因为，E为的中点，F为上的点，，即F为上的中点，所以，又因为侧棱平面，平面，所以，又因为底面为长方形为，有，平面，，所以平面,所以为面的法向量.又因为，所以，又平面，所以平面．（2）存在，使得EF与平面PCD所成角的正弦值为.理由如下：设，所以，因为，所以，，即所以，设平面的法向量为，由，，则有，解得，令，所以，所以，整理得，，解得，，故存在，使得EF与平面PCD所成角的正弦值为.18．(1)、、、四点不共面(2)能，【分析】（1）求出、、，假设、、、四点共面，则存在、使得，根据空间向量的基本定理可得出关于、的方程组，解方程组可得出结论；（2）若、、共面，则存在实数、，使，根据空间向量的基本定理可得出关于、的方程组，解方程组可得出结论；设，、、，根据空间向量的基本定理可得出关于、、的方程组，解出这三个未知数的值，即可得解.【详解】（1）解：因为，，，，则，，，显然、不共线，假设、、、四点共面，则存在、使得，即，所以，，该方程组无解，假设不成立，故、、、四点不共面.（2）解：若、、共面，则存在实数、，使，所以，所以，，该方程