江西省吉安市2022-2023学年高二上学期期末质量检测数学试题含答案

吉安市高二上学期期末教学质量检测数学试题一、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.已知直线的倾斜角为，斜率为，那么“”是“”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【解析】【分析】根据斜率和倾斜角的对应关系，结合充分性和必要性的定义求解即可.【详解】由直线的斜率可得，解得，所以“”是“”充分不必要条件，故选：A2.已知向量，且与互相平行，则的值（）A. B. C. D.2【答案】C【解析】【分析】根据空间向量共线的坐标表示，由题中条件，可直接求出结果.【详解】∵向量，，∴，，∵与互相平行，∴，解得．故选：C．3.某公司为庆祝新中国成立73周年，计划举行庆祝活动，共有5个节目，要求A节目不排在第一个且C、D节目相邻，则节目安排的方法总数为（）A.18 B.24 C.36 D.60【答案】C【解析】【分析】根据给定条件，利用分步乘法计数原理，结合特殊元素问题及相邻问题，列式计算作答.【详解】因为C、D节目相邻，则视C、D节目为一个整体与其它3个节目排列，又A节目不排在第一个，则从后面三个位置中取一个排A，再排余下3个，有种，其中的每一种排法，C、D节目的排列有，所以节目安排的方法总数为（种）.故选：C4.如图为一个抛物线形拱桥，当水面经过抛物线的焦点时，水面宽度为18，则此时欲经过桥洞的一艘宽12的货船，其船体两侧的货物距离水面的最大高度应不超过（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据题意，抽象出抛物线的几何模型，根据抛物线的通经性质求得抛物线方程，即可求当宽为时的纵坐标即可求解.【详解】根据题意画出抛物线如下图所示：设宽度为18时与抛物线的交点分别为，当宽度为12时与抛物线的交点分别为，当水面经过抛物线的焦点时，水面宽度为18，所以由抛物线的性质可知，则抛物线方程为，则，所以当宽度为12时，设，代入抛物线方程得，解得，所以直线与直线的距离，即船体两侧的货物距离水面的最大高度应不超过，故选：B5.直线分别与轴，轴交于两点，点在圆上运动，则面积的最大值为（）A.8 B. C.14 D.【答案】C【解析】【分析】根据圆上的点到直线距离的最大值的求解方法即可求最大面积.【详解】令解得，所以,令解得，所以,所以,又因为圆心到直线的距离所以点到直线的最大距离为，所以面积的最大值为，故选:C.6.在的展开式中，记项的系数为，若，则a的值为（）A.0 B.1 C.2 D.3【答案】B【解析】【分析】利用二项式定理展开公式求解.【详解】所以解得，故选：B.7.如图，在四棱锥中，已知：平面ABCD，，，，已知Q是四边形ABCD内部一点（包括边界），且二面角的平面角大小为，则面积的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】结合图形，利用空间向量的坐标运算表示面面夹角的余弦值，即可确定点位置，即可求解.【详解】以为坐标原点，建系如图，因为二面角的平面角大小为，所以的轨迹是过点的一条直线，又因为Q是四边形ABCD内部一点（包括边界），所以的轨迹是过点的一条线段，设以的轨迹与轴的交点坐标为，由题意可得,所以,因为平面，所以平面的一个法向量为,设平面的法向量为，所以令则所以，因为二面角的平面角大小为，所以，解得，所以当在线段BC上时，面积最大，最大值为，所以面积的取值范围是，故选:D.8.如图，在棱长为1的正方体中，是的中点，点是侧面上的动点，且∥截面，则线段长度的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根据已知条件及三角形的中位线，利用线面平行的判定定理及面面平行的判定定理，结合直角三角形的勾股定理及勾股定理的逆定理即可求解.【详解】取的中点为,取的中点为,取的中点为，如图所示因为是中点，是的中点，所以,因为平面,平面,所以平面,同理可得，平面,又,平面,所以平面平面.又平面,线段扫过的图形是,由,得,,,,所以,即为直角，所以线段长度的取值范围是：,即.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.已知圆C：与直线l：，则下列说法中正确的是（）A.若直线l与圆C相交，则 B.若直线l与圆C相切，则C.当直线l与圆C的相交弦最长时， D.当圆心C到直线l的距离取最大值时，【答案】ACD【解析】【分析】对A选项，由圆心到直线距离小于半径，列出不等式即可求得；对B选项，由圆心到直线距离等于半径，列出方程即可求得；对C选项，当直线与圆相交的弦最长时，此时直线经过圆心，代入圆心到直线方程即可求得；对D选项，当直线定点与圆心相连的直线与直线l垂直时，圆心C到直线l的距离最大，由两直线斜率之积为-1，列出等式即可求得．【详解】圆C方程可化为，∴圆心，半径.对A选项，若直线l与圆C相交，则圆心到直线距离，解得∴A选项正确；对B选项，∵直线l与圆C相切，∴圆心到直线距离，解得或，∴B选项错误；对C选项，当直线l与圆C的相交的弦最长时，直线l经过圆心（2，1），把圆心代入，得∴C选项正确；对D选项，∵直线恒过定点，圆心为，∴当圆心C到直线l的距离取最大值时，直线l与直线AC垂直，此时，则直线l的斜率为-2，∴，解得，∴D选项正确故选：ACD．10.如图，空间四边形OABC中，M，N分别是边OA，CB上的点，且，，点G是线段MN的中点，则以下向量表示正确的是（）A B.C. D.【答案】BD【解析】【分析】利用空间向量的基底表示向量，再结合空间向量线性运算，逐项计算判断作答.【详解】空间四边形OABC中，，，点G是线段MN的中点，，，D正确；对于A，，A错误；对于B，，B正确；对于C，，C错误.故选：BD11.已知抛物线C：，过焦点F的直线交抛物线C于，两点，MN的中点为P，直线OM，ON分别与直线l：相交于A、B两点.则下列说法正确的是（）A. B.的最小值为8C.P到直线l距离的最小值为6 D.与的面积之比不为定值【答案】AC【解析】【分析】对于A：设直线的方程为：，与抛物线联立消后由韦达定理即可求得均为定值；对于B：表示出的坐标，用距离公式计算出，用基本不等式求的最小值；对于C：用的纵坐标表示出到直线的距离，再用基本不等式求最小值；对于D：分别求出与的面积验证即可.【详解】依题意，可得如下图象：，对于A：因为抛物线的方程为，所以，由抛物线的焦点在轴可得，直线的斜率一定存在，所以设直线的方程为：，由，消可得，所以，，，，所以A选项正确；对于B：因为，，所以所以，同理，所以，当时取得最小值16，所以B选项错误；对于C：因为为的中点，所以到直线的距离，当且仅当时等号成立，所以C选项正确；对于D：由题意可得直线的方程分别为：，所以它们与的交点分别为：，所以所以，又到直线的距离，由弦长公式得：，所以，所以，所以D选项错误；故选：AC.【点睛】本题考查了直线与抛物线的位置关系，“焦点弦”问题的求解，弦长公式的应用，设而不求法，韦达定理的应用等，需要考生的计算能力以及数形结合转化能力有较高的要求，属于压轴题.12.已知为圆锥的顶点，为圆锥底面圆的圆心，为线段的中点，为底面圆的直径，是底面圆的内接正三角形，，则下列说法正确的是（）A.B.⊥平面C.在圆锥侧面上，点A到中点的最短距离为3D.圆锥内切球的表面积为【答案】ABD【解析】【分析】A选项，证明出，得到平行关系；B选项，作出辅助线，得到BM⊥AM，AM⊥BC，从而证明出线面垂直；C选项，将侧面展开，设中点为Q，连接AQ，则为点A到中点的最短距离，求出，假设，由余弦定理求出点A到中点的最短距离为3，故C错误；D选项，画出图形，找到内切球球心，求出半径，得到内切球表面积.【详解】因为是底面圆的内接正三角形，为底面圆的直径，所以，，又，所以，故，A正确；因为为圆锥的顶点，为圆锥底面圆的圆心，为线段的中点，所以MO⊥平面ABC，因为平面ABC，所以MO⊥BC，又AO⊥BC，，平面MOA，所以BC⊥平面AMO，因为平面AMO，所以AM⊥BC，因为，所以，由勾股定理得：，则，故，同理可得：，因为，所以BM⊥AM，因为平面MBC，且，所以⊥平面，B正确；将侧面展开，如下：设中点为Q，连接AQ，则为点A到中点的最短距离，其中，故底面周长为，故，则，若，由，由余弦定理得：，因为，所以在圆锥侧面上，点A到中点的最短距离不为3，C错误；由对称性可知，圆锥内切球球心在OP上，作出图形，如下：设内切球球心为T，设内切球半径为，TU=R，，则，其中，故，在Rt△PUT中，由勾股定理得：，即，解得：，故圆锥内切球的表面积为，D正确.故选：ABD.【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.党的二十大报告指出，建设教育强国是民族复兴的伟大基础工程.某师范院校为了支持乡村教育振兴计划，拟委派10名大学生到偏远山区支教，其中有3名研究生.现将这10名大学生分配给5个乡村小学，每校2人，则不同的研究生分配情况有______种（用数字作答）.【答案】120【解析】【分析】不同的研究生分配情况分为2类：其中2个研究生分配到相同的学校，3个研究生分配到不同的学校，根据分类加法计数原理分别计算即可.【详解】如果其中2个研究生分配到相同的学校则有种；如果3个研究生分配到不同的的学校则有种；所以不同的研究生分配情况有(种).故答案为：120.14.在的展开式中，项的系数为______.【答案】220【解析】【分析】根据给定条件，分析展开式中项出现的情况，再列式计算作答.【详解】的展开式通项，当时，展开式中的最高指数小于12，而的指数小于等于，因此中的指数是负整数，要得到项，当且仅当，所以展开式中项的系数是展开式中项的系数.故答案为：22015.在平面直角坐标系中，已知椭圆与双曲线共焦点，双曲线实轴的两顶点将椭圆的长轴三等分，两曲线的交点与两焦点共圆，则椭圆的离心率为______.；当焦点在轴时，双曲线的渐近线为______.【答案】①.②.【解析】【分析】根据椭圆和双曲线定义，结合双曲线实轴和椭圆长轴的定义、椭圆离心率公式、双曲线渐近线方程进行求解即可.【详解】椭圆和双曲线的对称性相同，不妨设两个曲线的焦点都在轴，设两个曲线标准方程分别为：，，设两个曲线的焦点为，设为两曲线在第一象限的交点，设，由椭圆和双曲线的定义可得：，因为两曲线的交点与两焦点共圆，所以有，于是有，把的结果代入中，得，设椭圆的离心率为，因为双曲线实轴的两顶点将椭圆的长轴三等分，所以有，代入中，得，所以椭圆的离心率为；，代入中，得，所以双曲线的渐近线为，故答案为：；【点睛】关键点睛：根据椭圆和双曲线的定义是解题的关键.16.在棱长为的正方体中，是棱的中点，是侧面内的动点，且满足直线平面，当直线与平面所成角最大时，三棱锥外接球的半径为______.【答案】【解析】【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设点，根据平面求出点的轨迹方程，根据与平面所成角最大求出点的坐标，设三棱锥外接球球心为，根据球心的定义可得出关于、、的方程组，求出这三个未知数的值，即可求得结果.【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、，设平面的法向量为，则，，则，取，可得，设点，则，因为平面，则，可得，其中，易知平面的一个法向量为，，，故当时，取最大值，此时，点，设三棱锥的球心为，则，解得，即球心，因此，三棱锥的外接球半径为.故答案为：.【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可；④坐标法：建立空间直角坐标系，设出外接球球心的坐标，根据球心到各顶点的距离相等建立方程组，求出球心坐标，利用空间中两点间的距离公式可求得球的半径.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.在二项式的展开式中，前三项的系数依次为M，P，N，且满足.（1）若直线l：的系数a，b，c（）为展开式中所有无理项系数，求不同直线l的条数；（2）求展开式中系数最大的项.【答案】（1）10；（2），.【解析】【分析】（1）根据给定条件，求出n值并求出展开式的通项，再利用组合求解作答.（2）由（1）中通项公式，列出不等式组，求出系数最大的项作答.【小问1详解】二项式的展开式中，，依题意，，即，显然，解得，展开式的通项为，当不是整数，即时，是无理项，当r分别取1，2，3，5，6，7时，对应项的系数分别为，从的5个数中取3个不同数分别为使，有种取法，每种取法确定一条直线，所以不同直线l的条数是10.【小问2详解】由（1）知，展开式的通项为，令第项的系数最大，则有，即，整理得，解得，而，因此或，所以展开式中系数最大的项是，.18.已知圆M经过，两点，且在两坐标轴上的四个截距之和为6.（1）求圆M的标准方程；（2）若过点的直线l与圆M相切于点E，F，求直线l的方程及四边形PEMF的面积S.【答案】（1）圆的标准方程为；（2）直线方程为或，四边形的面积为12.【解析】【分析】（1）设出圆的一般式方程，根据在两坐标轴上的四个截距之和是6，以及韦达定理和圆过A，B坐标，列出方程组即可求解；（2）设切线方程为，由直线与圆相切列出方程求出即可得切线方程；求出，根据四边形的面积求得面积.小问1详解】设圆与轴的交点为，与轴的交点为，设圆，且令，得，则，令，得，则，圆在两坐标轴上的四个截距之和是6，，圆过，两点，将代入方程得，即，解得：，故得圆，圆的标准方程为.【小问2详解】由（1）得圆的圆心为，半径，过点斜率为0的直线方程为，直线与圆没有交点，不是圆的切线，不妨设过的圆的切线的方程为，即，则，整理得，解得或，故切线方程为或.又，则四边形的面积.19.如图，在等腰直角中，，DB和EC都垂直于平面ABC，且，F为线段AE上一点，设.（1）当时，求证：平面ABC；（2）当二面角的余弦值为时，求四棱锥的体积.【答案】（1）证明见解析（2）18【解析】【分析】(1)利用线面平行的判定定理证明即可；(2)利用空间向量的坐标运算表示面面夹角的余弦值，进而可求体积.【小问1详解】取靠近点的三等分点为，连接,则有,又因为DB和EC都垂直于平面ABC，，所以，所以,所以四边形为平行四边形，所以,平面ABC，平面ABC,所以平面ABC.【小问2详解】如图，以为原点，（垂直于平面）为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，因为，所以,，设平面的一个法向量为，，令，则，取平面法向量为，当二面角的余弦值为时，解得，此时.20.世界人工智能大会是一场领域的国际盛会，集聚上千位来自国内外的“最强大脑”，展开了近百场高端论坛头脑风暴.某高校学生受大会展示项目的启发，决定开发一款“猫捉老鼠”的游戏.如图所示，两个信号源相距10米，是线段的中点，过点的直线与直线的夹角为，机器猫在直线上运动，机器鼠的位置始终满足：两点同时发出信号，机器鼠接收到A点的信号比接收到点的信号晩秒（注：信号每秒传播米）.在时刻时，测得机器鼠与点间的距离为米.（1）以为原点，直线为轴建立如图所示的平面直角坐标系，求时刻时机器鼠所在位置的坐标.（2）游戏设定：机器鼠在距离直线不超过2米的区域运动时，有“被抓”的风险.如果机器鼠保持目前的运动轨迹不变，是否有“被抓”的风险？【答案】（1）（2）有【解析】【分析】（1）由机器鼠接收到A点的信号比接收到点的信号晩，可得机器鼠的运动轨迹方程，结合机器鼠与点间的距离为米，可得机器鼠此时的坐标；（2）求出机器鼠的运动轨迹方程到l的最短距离，比较其与2米的大小即可.【小问1详解】设机器鼠的位置为点，由题意得，由题意可得即，可得的轨迹为以为焦点的双曲线的右支，设其方程为，则，所以，则的轨迹方程为.又在时刻时，，则.可得，所以机器鼠所在位置的坐标为.【小问2详解】由题意可知直线，设直线的平行线的方程为，由可得：，，令，解得，当时，为双曲线的切线，设切点横坐标为，所以，结合韦达定理有，所以，所以.此时，与双曲线的右支相切，切点即为双曲线右支上距离最近的点，此时与的距离为，即机器鼠与最小的距离为，故如果机器鼠保持目前的运动轨迹不变，有“被抓”的风险.21.如图在直棱柱中，，、AC、的中点分别为D、E、F.（1）求证：；（2）若异面直线与BF所成的角为，且BC与平面BEF所成角的正弦值为，求二面角的正切值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）根据给定条件，结合直三棱柱的结构特征，证明平面即可推理作答.（2）由（1）及线线角、线面角可得，再建立空间直角坐标系，利用空间向量求解作答.【小问1详解】在直棱柱中，点E、F分别为矩形对边AC、的中点，则，而，于是，而平面，因此平面，又平面，所以.【小问2详解】在直棱柱中，平面，由（1）知，，则平面，平面，有，为异面直线与BF所成的角，即，又平面，则是BC与平面BEF所成的角，即，而，因此，令，则，以点E为原点，射线分别为轴非负