2023-2024学年江苏省南京市田家炳高级中学高二（下）期中数学试卷（含解析）

2023-2024学年江苏省南京市田家炳高级中学高二（下）期中数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知点，，且直线与直线垂直，则( )
A. B. C. D.
2.元宵节是中国传统节日，当天人们会吃汤圆、赏花灯、猜灯谜小华爸爸手里有个灯谜，其中个事物谜，个字谜，小华随机抽取个灯谜，事件为“取到的个为同一类灯谜”，事件为“取到的个为事物谜”，则( )
A. B. C. D.
3.已知圆：，则下列说法错误的是( )
A. 点在圆外 B. 直线平分圆
C. 圆的周长为 D. 直线与圆相离
4.如图，空间四边形中，，，，在线段上，且，点为中点，则( )
A.
B.
C.
D.
5.展开式中的常数项是( )
A. B. C. D.
6.圆：与圆：相交于、两点，则( )
A. B. C. D.
7.直线过点且与曲线相切，则直线的倾斜角为( )
A. B. C. D.
8.如图，已知正方体中，为线段的中点，为线段上的动点，则下列四个结论正确的是( )
A. 存在点，使平面
B. 三棱锥的体积随动点变化而变化
C. 直线与所成的角不可能等于
D. 存在点，使平面
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列说法正确的有( )
A. 某小组有名男生，名女生，要从中选取一名当组长，不同的选法有种
B. 某小组有名男生，名女生，要从中选取两名同学，不同的选法有种
C. 两位同学同时去乘坐地铁，一列地铁有节车厢，两人乘坐车厢的方法共有种
D. 甲、乙、丙、丁、戊五人并排站成一排，甲乙不相邻的排法有种
10.下列结论正确的是( )
A. 在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点为
B. 若向量，且，则
C. 若向量，则在上的投影向量的模为
D. 为空间中任意一点，若，且，则，，，四点共面
11.已知双曲线：的左、右焦点分别为，，直线：与双曲线的右支相交于，两点点在第一象限，若，则( )
A. 双曲线的离心率为 B.
C. D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.名男生，名女生，全体站成一排，其中甲不在最左端，乙不在最右端的站法有______种
13.已知过点的直线与圆相交于，两点，若，则直线的方程为______．
14.已知函数，是自然对数的底数，若对，，使得成立，则正整数的最小值为______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.本小题分
某批规格相同的产品由甲、乙、丙三个工厂共同生产，甲厂生产的产品次品率为，乙厂和丙厂生产的产品次品率均为，三个工厂生产的产品混放在一起，已知甲、乙、丙三个工厂生产的产品数分别占总数的，，．
任选一件产品，计算它是次品的概率；
如果取到的产品是次品，分别计算此次品出自甲厂、乙厂和丙厂的概率．
16.本小题分
已知数列满足，．
证明数列为等差数列，并求；
求数列的前项和．
17.本小题分
若，求的值；
在的展开式中：
求二项式系数最大的项；
系数的绝对值最大的项是第几项？
18.本小题分
如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为和的正方形，平面平面，，点是棱的中点，点在棱上．
若，证明：平面；
若二面角的正弦值为，求的长．
19.本小题分
设，分别是椭圆：的左、右顶点，点为椭圆的上顶点．
若，求椭圆的方程；
设，是椭圆的右焦点，点是椭圆第二象限部分上一点，若线段的中点在轴上，求的面积．
设，点是直线上的动点，点和是椭圆上异于左、右顶点的两点，且，分别在直线和上，求证：直线恒过一定点．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：直线，即，其斜率，
因为直线与直线垂直，所以直线的斜率，解得．
故选：．
根据题意，求出直线的斜率，然后利用两条直线垂直与斜率的关系，建立关于的等式，解之即可得到本题的答案．
本题主要考查直线的斜率公式、两条直线垂直与方程的关系等知识，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：由题意可得，，，
所以．
故选：．
根据题意，由条件概率公式代入计算，即可得到结果．
本题考查条件概率相关知识，属于中档题．
3.【答案】
【解析】解：易知圆心坐标为，圆的半径为．
对于，点到圆心的距离，
则点在圆外，选项A正确；
对于，圆心在直线上，且圆是轴对称图形，
故圆关于直线对称，选项B正确；
对于，圆的周长为，选项C正确；
对于，圆心到直线的距离为，
则直线与圆相切，选项D错误．
故选：．
根据题意可得圆心坐标和半径，由点与圆心之间的距离大于半径，可判断选项A；由圆心在直线上，可判断选项B；由圆的周长公式可判断选项C；由直线与圆的位置关系可判断选项D．
本题考查圆的标准方程，直线与圆的位置关系，考查运算求解能力，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：因为为的中点，则，
因为，则，
因此，．
故选：．
利用空间向量的基本定理可得出关于、、的表达式．
本题考查的知识点：向量的线性运算，主要考查学生的运算能力，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：因为，
其中展开式的通项为且，
令，得，
，
故展开式中的常数项是．
故选：．
由，写出展开式的通项，即可求出展开式中的常数项．
本题考查的知识点：二项式的展开式，组合数，主要考查学生的运算能力，属于基础题．
6.【答案】
【解析】解：两圆方程相减得：，
所以直线的方程为，
圆：化为标准方程：，
所以圆的圆心为，半径为，
圆心到直线的距离为，
弦长，
所以．
故选：．
两圆方程相减得直线的方程，由点到直线的距离求得到直线的距离，由圆的弦长公式求出，再由三角形的面积公式计算即可求得．
本题考查圆与圆的位置关系，涉及点到直线的距离公式，圆的弦长公式，属于基础题．
7.【答案】
【解析】【分析】本题考查了导数的几何意义，属于基础题．对函数进行求导，设直线与曲线的切点为，切线的斜率为，利用导数的几何意义可得，点斜式表示出切线方程，将点代入可得的值，进而可得切线的斜率和倾斜角的值．
【解答】解：因为，所以，
设直线与曲线的切点为，切线的斜率为，
所以，
所以切线的方程为：，
因为直线过点，
所以，
解得，
所以，
所以直线的倾斜角为，
故选B．
8.【答案】
【解析】解：对选项，，
易得平面，又平面，设平面平面，
则，
假设存在点，使平面，又平面，平面平面，
，又，，这显然与已知条件相矛盾，假设不成立，
不存在点，使平面，选项错误；
对选项，到平面的距离为定值，又的面积也为定值，
三棱锥的体积为定值，选项错误；
对选项，易知，
直线与所成的角即为直线与所成的角，
又易知为正三角形，又为的中点，为线段上的动点，
直线与所成的角的范围为，选项错误；
对选项，在正方体中，易得平面，
当为的中点时，又为线段的中点，
，又平面，
平面，选项正确．
故选：．
对选项，根据反证法，线面平行的判定定理与性质定理，即可判断；对选项，根据三棱锥的体积公式，即可判断；对选项，将两条直线平移成相交直线，即可判断；对选项，根据正方体性质易得平面，从而再根据三角形中位线性质，即可判断．
本题考查正方体中点的轨迹问题，线面平行的判定定理与性质定理的应用，三棱锥的体积问题，线线角的求解，线面垂直的判定，反证法的应用，属中档题．
9.【答案】
【解析】解：对于，某小组有名男生，名女生，要从中选取一名当组长，
不同的选法有种，故A正确；
对于，某小组有名男生，名女生，要从中选取两名同学，
不同的选法有种，故B错误；
对于，两位同学同时去乘坐地铁，一列地铁有节车厢，
两人乘坐车厢的方法共有种，故C正确；
对于，先排列丙、丁、戊有种排法，再让甲、乙去插空位，
有种排法，则甲乙不相邻的排法有种，故D错误．
故选：．
根据排列组合的知识逐项判断可得答案．
本题考查了排列组合的综合应用，属于中档题．
10.【答案】
【解析】解：对于选项A，点关于平面的对称点为，所以选项A错误，
对于选项B，因为，且，所以，得到，所以选项B正确，
对于选项C，因为，所以在上的投影向量的模为，故选项C正确，
对于选项D，由空间向量基本定理的推论可知：，且时，，，，四点共面，所以选项D错误．
故选：．
选项A，直接求出点关于平面的对称点，即可判断出选项A的正误；选项B，利用空间向量垂直的坐标表示，即可得出，从而可判断出选项B的正误；选项C，根据投影向量的定义，即可求出结果，从而判断出选项C的正误；选项D，根据空间向量共面的结论可判断出选项D的正误．
本题主要考查命题的真假判断与应用，属于基础题．
11.【答案】
【解析】解：直线：经过，设，，
由双曲线的定义，可得，又，即，可得，
由双曲线的定义，可得，故B正确；
由直线的斜率为，可得，
在中，由余弦定理可得，
即有，解得，即有，解得，则，故A正确，D错误；
在中，由余弦定理可得，
化为，解得，则，故C错误．
故选：．
由双曲线的定义、离心率公式和余弦定理，对各个选项判断可得结论．
本题考查双曲线的定义和性质，以及三角形的余弦定理，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
12.【答案】
【解析】解：特殊元素优先法：按甲是否在最右端分两类：
第一类：甲在最右端时有 种
第二类：甲不在最右端时，甲有个位置可选，而乙也有个位置，而其余全排
有 种
故 种．
故答案为：．
对特殊元素进行分类，结合排列数公式，即可求解．
本题考查排列组合相关知识，属于中档题．
13.【答案】或
【解析】解：圆的圆心，半径为，
直线与圆相交于，两点，，
可得圆心到直线的距离为：，
当直线的斜率不存在时，直线方程为；
当直线的斜率存在时，设直线的斜率为，直线方程为：，
圆心到直线的距离为，可得，解得，
所求直线方程为：．
故答案为：或．
求解圆的圆心到直线的距离，设出直线方程，然后求解直线方程即可．
本题考查直线与圆的位置关系的综合应用，是中档题．
14.【答案】
【解析】解：若对，使得成立，
只需对，，
因为，，则在单调递增，
所以，
所以在单调递增，
，即，
所以在上恒成立，
即，
记，，
根据对勾函数的单调性可得：在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以，
故正整数的最小值为．
故答案为：．
根据题意只需对，，根据函数单调性求出，，分离参数，根据对勾函数的单调性求解．
本题主要考查了由不等式成立求解参数范围，体现了转化思想的应用，属于中档题．
15.【答案】解：设表示“取到的产品是次品”，表示“产品由甲工厂生产”，表示“产品由乙工厂生产”，表示“产品由丙工厂生产”，
易知，，两两互斥，根据题意得，
根据全概率公式可得，
故取到次品的概率为；
“如果取到的产品是次品，计算分别出自三个工厂的概率”，就是计算在发生的条件下，事件发生的概率，
，
同理可得，，
所以如果取到的产品是次品，此次品出自甲厂、乙厂和丙厂的概率分别是，，．
【解析】根据独立事件同时发生的概率计算公式求解；
利用条件概率公式求解．
本题主要考查了全概率公式，考查了条件概率公式，属于中档题．
16.【答案】证明：已知数列满足，
则，
又，
即数列是以为首项，为公差的等差数列，
则，
即；
解：由可得，
则，
由可得：，
即，
即．
【解析】已知数列满足，则，即数列是以为首项，为公差的等差数列，然后求通项公式即可；
由可得，然后结合错位相减法求解．
本题考查了利用数列递推式求数列的通项公式，重点考查了错位相减法求和，属中档题．
17.【答案】解：，
令，可得，令，可得，
．
．
二项式系数最大的项为中间项，即第项．所以．
设第项系数的绝对值最大，
则所以解得；，
故或．
故系数绝对值最大的项是第项和第项．
【解析】对进行赋值，与时即可求得．
利用二项式定理写出通项公式，二项式系数最大项即为展式中的中间项，设第项系数最大，则有不等式组可求得值．
本题考查的知识点：二项式的展开式，组合数，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
18.【答案】证明：如图，取的中点，连接，，
在四棱台中，四边形是梯形，，，
又点，分别是棱，的中点，
所以，且，
在正方形中，，，又，所以．
所以且，所以四边形是平行四边形，
所以，又因为平面，平面，
所以平面；
在平面中，作于，
因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面，
在正方形中，过作的平行线交于点，则，
以为正交基底，建立空间直角坐标系，
因为四边形是等腰梯形，，，
所以，又，所以，
易得，
所以，，
设，
所以，
设平面的法向量为，
由，得，取，则，，
所以，
由题平面的一个法向量为，
设二面角的平面角为，由题意得，
又，
所以，
解得舍负，因此．
【解析】取的中点，连接，，利用已知条件证明四边形是平行四边形即可；
建系利用空间向量与空间角的关系即可求解．
本题考查了空间几何体中线面平行的证明和空间角的有关计算，属于中档题．
19.【答案】解：，，，
，，，解得，
即椭圆的方程为；
椭圆的方程为，则，
设，由线段的中点在轴上，得，
代入椭圆方程，得，即，
；
证明：由题意，，设点的坐标为，
直线：，与椭圆方程联立消去，得，
由韦达定理，得，即，
同理 ，
当，即，
即时，直线的方程为，
当时，直线：，
化简得，恒过点，
综上所述，直线恒过点．
【解析】由椭圆方程分别求出点，，的坐标，然后利用已知向量关系，求出的值即可求解；
先求出椭圆的方程，即可求出的坐标，设出的坐标，根据已知可求出的横坐标，然后代入椭圆方程化简求出的坐标，进而可以求解；
由已知的值即可求出椭圆的左右顶点的坐标，再设出的坐标为，由此可得直线的方程，并与椭圆方程联立，利用韦达定理求出的坐标，同理求出的坐标，若直线的斜率不存在可求出直线的方程，若斜率存在即可求出直线的方程，即可求出直线过的定点，进而得证．
本题考查了椭圆的标准方程以及直线与椭圆的位置关系，涉及到三角形面积问题以及直线过定点的问题，考查了学生的运算转化能力，属于中档题．
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