安徽省名校2024-2025学年高二数学下学期开学考试试题B卷含解析

Page19安徽省名校2024-2025学年高二下学期开学考试试题(B卷)考生留意：1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟．2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清晰．3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效．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，为空间向量，且，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】求出的表达式及值，即可求出的值，进而得到的值.【详解】由题意，，∴，∴向量夹角，故选：C.2.已知点，在直线：上，则直线的斜率为（）A. B. C.2 D.【答案】A【解析】【分析】将两点坐标代入直线方程解出即可求解.【详解】因为点，在直线：上，所以将，带入：，得，解得，所以直线，即的斜率为，故选：A3.已知两圆和相交于，两点，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先求出两圆的公共弦方程，再利用公共弦过圆心可求解弦长.【详解】因为两圆的方程为和，所以两圆的公共弦方程为，又因为该弦过圆的圆心，故．故选：D.4.某高校有4名志愿者参与社区志愿工作，若每天早、中晚三班，每班1人，每人每天最多值一班，则值班当天不同的排班种类为（）A.12 B.18 C.24 D.144【答案】C【解析】【分析】通过题意得出一天三班，一班一人，每人最多一班，即可求出值班当天不同的排班种类.【详解】由题意，4名志愿者参与社区志愿工作，每天早、中晚三班，每班1人，每人每天最多值一班，∴值班当天不同的排班种类为：故选：C.5.已知圆经过椭圆C：的右焦点，上顶点与右顶点，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】依据椭圆的方程求出右焦点、上顶点、右顶点的坐标，代入圆的方程得出方程组，解之即可.【详解】椭圆C：，右焦点为，上顶点为，右顶点为，代入圆的方程，得，解得，所以该圆的方程为．故选：A6.在圆的方程的探究中，有四位同学分别给出了一个结论，甲：该圆的半径为；乙：该圆经过点；丙：该圆的圆心为；丁：该圆经过点．假如只有一位同学的结论是错误的，那么这位同学是（）A.甲 B.乙 C.丙 D.丁【答案】D【解析】【分析】通过假设的方法推断出错误的同学.【详解】设.假设甲错误，乙丙丁正确，，，冲突，所以甲正确.假设乙错误，甲丙丁正确，由甲、丙正确可知圆的方程为，不满意上式，冲突，所以乙正确.假设丙错误，甲乙丁正确.由乙丁得，与半径为冲突，所以丙正确.假设丁错误，甲乙丙正确，则由甲丙可知圆的方程为，满意上式，符合题意.综上所述，结论错误的同学是丁.故选：D7.如图，已知等腰直角三角形的斜边的中点为，且，点为平面外一点，且，，则异面直线与所成的角的余弦值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】取中点，连接，，则即为所求角，再利用余弦定理求解即可.【详解】如图取中点，连接，，因为是中点，全部，则即为所求角，因为，，所以，又因为是等腰直角三角形，所以，，在中由余弦定理可得，所以在中由余弦定理可得，所以，故选：D8.抛物线的准线交轴于点，焦点为，直线过点且与抛物线交于，两点，若，则直线的斜率为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】设出直线的方程，并将直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理得出两根之积和两根之和，由几何关系可知为的中点，即可求解出直线的斜率.【详解】设直线方程为，将联立得，设，，即过点分别向准线作垂线，垂足为,又因为，所以,即,所以为的中点，即，所以得，则，解得，所以直线的斜率为，故选：A.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.已知曲线（或），则（）A.曲线可表示椭圆B.曲线为双曲线C.，则曲线的焦点坐标为D.，则曲线的渐近线方程为【答案】BD【解析】【分析】利用椭圆和双曲线的标准方程和性质求解即可.【详解】若表示椭圆，则，此时无解，选项A错误；因为或，则，所以曲线为双曲线，选项B正确；当时，曲线表示焦点在轴的双曲线，所以焦点坐标为，渐近线方程为，选项C错误D正确；故选：BD10.关于直线：，以下说法正确的是（）A.直线过定点B.若，直线与垂直C.时，直线不过第一象限D.时，直线过其次，三，四象限【答案】ABD【解析】【分析】利用分别参数法、直线的斜截式方程以及两直线垂直的判定求解.【详解】直线：可变形为：，由解得，所以直线过定点，故A正确；当，直线：，所以与直线的斜率之积为，即两直线垂直，故B正确；对于C选项，直线：可变形为：，当时，，直线经过第一，二，三，象限，故C错误；对于D选项，直线：，当时，，直线经过其次，三，四象限，故D正确；故选：ABD．11.已知的绽开式中第3项与第7项的二项式系数相等，则（）A.B.的绽开式中项的系数为56C.奇数项的二项式系数和为128D.的绽开式中项的系数为56【答案】AC【解析】【分析】利用二项式定理求得的绽开通项公式，从而得到关于的方程，解出的值推断AB，利用全部奇数项的二项式系数和为推断C，依据二项式定理推断D.【详解】因为的绽开式通项为，所以的绽开式的第项的二项式系数为，所以，解得，A正确；的系数为，B错误；奇数项的二项式系数和为，C正确；依据二项式定理，表示8个相乘，所以中有1个选择，1个选择，6个选择，所以的绽开式中项的系数为，D错误；故选：AC12.已知正四棱柱的底面边长为2，，点在棱上，点在棱上，则以下说法正确的是（）A.若为中点，存在点，B.若为中点，存在点，平面C.若，分别为，的中点，则与平面所成的角的余弦值为D.若，分别为，的中点，则到平面的距离为【答案】BCD【解析】【分析】利用空间向量进行推断，垂直转化为数量积问题，线面平行结合判定定理来验证，线面角通过法向量来求解，线面距转化为点面距求解.【详解】如图，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则.对于A，为中点，，设，,则，若，则，解得（舍），所以A不正确.对于B，为中点，由正四棱柱的性质可得，平面，平面，所以平面，即当在处时，满意题意，所以B正确.对于C，，分别为，的中点，，，易知平面的一个法向量为，设与平面所成的角为，所以，所以，所以C正确.对于D，由上面可知，，;设平面的一个法向量为，则，，令，可得；因为，平面，所以平面，所以到平面的距离即为点到平面的距离，点到平面的距离，所以D正确.故选：BCD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.______．【答案】30【解析】【分析】利用排列数和组合数的定义干脆计算即可.【详解】，，所以，故答案为：3014.已知均为空间单位向量，且它们的夹角为，则______．【答案】【解析】【分析】依据条件可求出，然后依据进行数量积的运算即可求解.【详解】因为，，所以，，故答案为：15.已知点，在曲线图像上，且，两点连线的斜率为2，请写出满意条件的一组点______，______．【答案】①.②.【解析】【分析】依据，在曲线上，设出点，的坐标，由，两点连线的斜率得出，的坐标关系，即可得到满意条件的一组点.【详解】由题意，在中，点，在曲线上，设，，，两点连线的斜率为2，∴，解得：，∴当时，，．故答案为：，.16.已知矩形在平面的同一侧，顶点在平面上，，，且，与平面所成的角的大小分别为30°，45°，则矩形与平面所成角的正切值为______．【答案】【解析】【分析】如图，过，分别做平面的垂线，垂足分别为，，连接，，通过几何关系可得到，，，过作满意，过做垂直于点，连接，则即为所求，通过等面积法计算出即可求解【详解】如图，过，分别做平面的垂线，垂足分别为，，连接，，由，所以，因为，与平面所成的角的大小分别为30°,45°,且，，所以，，得，，因为所以，又，所以四边形是平行四边形，所以，因为，所以，所以，过作满意，则即为矩形与平面的交线，过做垂直于点，连接，则即为所求，在中，，由可得，所以，解得，所以矩形与平面所成角的正切值为..故答案为：.四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17设．（1）求值；（2）求的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用二项绽开式的通项公式求解即可；（2）分别令和即可求解.【小问1详解】的绽开式的通项公式为，所以.【小问2详解】因，所以当时，，当，，所以.18.已知直线过点，且与轴分别交于点，为等腰直角三角形．（1）求的方程；（2）设为坐标原点，点在轴负半轴，求过，，三点的圆的一般方程．【答案】（1）或（2）【解析】【分析】（1）设直线方程为，分别解出两点坐标和，利用解出的值即可；（2）设圆的一般方程为，将点代入解方法组即可.【小问1详解】因为直线过点，所以设直线为，，令，得，所以令，得，所以，又因为为等腰直角三角形，所以，得，解或，当时直线过原点，不满意题意，故直线的方程为或，即或.【小问2详解】由题意可知直线的方程为，即，设圆的方程为，将，，代入得，解得，所以所求圆的方程为.19.在平面直角坐标系中，圆外的点在轴的右侧运动，且到圆上的点的最小距离等于它到轴的距离．记的轨迹为．（1）求的方程；（2）若过圆心且斜率为的直线与交于，两点，且，求的方程．【答案】（1）；（2）或.【解析】【分析】（1）设，由题意，化简即可得解；（2）设l的方程为，，，联立方程组可得，依据列方程即可得解.【详解】（1）由题意得，设，则到圆上的点的最小距离为，到轴的距离的距离为，则，则，解得.（2）由题意得恰为抛物线的焦点，设l的方程为，，，由得，，故，所以，由题设知，解得或．因此l的方程为或．【点睛】本题考查了动点轨迹方程的求解和抛物线焦点弦长度公式的应用，属于中档题.20.已知，是椭圆：的右顶点和上顶点，点在椭圆上，且直线经过线段的中点．（1）求椭圆的标准方程；（2）若直线经过的右焦点与交于，两点，且，求直线的方程．【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）由直线过中点得，再将点代入椭圆方程得到方程组，解出即可；（2）首先解除斜率为0的状况，从而设：，联立椭圆得到韦达定理式，依据得到关于的等式，代入韦达定理式，解出即可.【小问1详解】因为，，所以的中点为，直线经过线段的中点，所以，又因为点在椭圆上，故，故可得，，所以【小问2详解】若直线的斜率为0时，可得，，易得，故不满意题意；若直线的斜率不为0时，设：，联立，消去得，，，则，，因为，所以，即，得，即得，得，所以或所以直线：或．【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.21.如图，在三棱柱中，是边长为2的等边三角形，，，平面平面，为线段的中点．（1）求证：；（2）求与平面所成的角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）作于，连接，由平面平面，得到平面，进而得到，然后求得，依据且为中点，利用三线合一证明；（2）以为坐标原点，，分别为轴，轴建立空间直角坐标系，求得是平面的一个法向量，设与平面所成的角为，由求解.【小问1详解】如图所示：作于，连接，由平面平面，且平面平面，平面，得平面，平面，所以，因为，，，由勾股定理得，所以，所以，，在中，由余弦定理得：，所以，在直角三角形中，由勾股定理可得，又且为中点，所以【小问2详解】如图，以为坐标原点，，分别为轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，所以，，，设是平面的一个法向量，则，取，得设与平面所成的角为，所以.所以与平面所成的角的正弦值为.22.已知双曲线：的左，右焦点分别为，，离心率为3，点在上．（1）求的标准方程；（2）已知直线过的右焦点且与的左，右两支分别交于，两点，点是的平分线上一动点，且，求的面积．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）依据已知条件、双曲线的