江西省2023-2024学年高二上学期期末教学检测数学试题 附答案

江西高二期末教学质量检测数学考生注意：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楚．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．4．本卷命题范围：北师大版选择性必修第一册第一章~第五章．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，则实数k的值为（）A．B．C．1D．2．过点且与直线平行的直线的方程是（）A．B．C．D．3．已知点P是双曲线上一点，分别为C的左、右焦点，若,则（）A．5B．13C．5或9D．5或64．在空间直角坐标系中，已知，点,若,且,则满足条件的点P共有（）A．15个B．20个C．25个D．30个5．已知直线与圆相交于两点，则的周长为（）A．26B．18C．14D．136．已知点是抛物线上的动点，则直线的斜率的最大值是（）A．B．C．1D．7．杨辉三角（如下图所示）是数学史上的一个伟大成就，杨辉三角中从第2行到第2023行，每行的第3个数字之和为（）A．B．C．D．8．有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体．如图，这是一个棱数为24，棱长都相等的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得．已知点E为线段上一点且,若直线与直线所成角的余弦值为,则（）A．B．C．D．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．已知关于的方程表示的曲线是E，则曲线E可以是（）A．抛物线B．双曲线C．椭圆D．圆10．如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，,若,则（）A．B．C．D．11．已知抛物线的焦点为F,其准线l与x轴的交点为为C上一动点，点,则（）A．当时，B．当时，C．的最小值为5D．的最大值为12．如图，在长方体中，,点E为的中点，点F为侧面（含边界）上的动点，则下列说法正确的是（）A．存在点F,使得B．满足的点F的轨迹长度为C．的最小值为D．若平面,则线段长度的最小值为三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．方程（且）的解为___________．14．已知平面的法向量为,点为平面内一点，点为平面外一点，则点P到平面的距离为___________．15．若的展开式中的系数为70，则实数___________．16．已知椭圆的左、右焦点分别为，点P在椭圆C上，的延长线交椭圆C于点Q,且的面积为,记与的面积分别为,则___________．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．（本小题满分10分）根据张桂梅校长真实事迹拍摄的电影《我本是高山》于2023年11月24日上映，某数学组有3名男教师和2名女教师相约一起去观看该影片，他们的座位在同一排且连在一起．求：（1）2名女教师必须坐在一起的坐法有多少种？（2）2名女教师互不相邻的坐法有多少种？18．（本小题满分12分）如图，正方体的棱长为2．（1）证明：平面;（2）求直线与平面所成角的正弦值．19．（本小题满分12分）的展开式中，二项式系数之和为a,各项系数之和为b,且．（1）求n的值；（2）求的展开式中的常数项．20．（本小题满分12分）如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面,点E在棱上，且．（1）求证：;（2）若,求二面角的余弦值．21．（本小题满分12分）瑞士著名数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心位于同一直线上，这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”．在平面直角坐标系中，满足,顶点,且其“欧拉线”与圆相切．（1）求的“欧拉线”方程；（2）若圆M与圆有公共点，求a的范围；（3）若点在的“欧拉线”上，求的最小值．22．（本小题满分12分）已知动点P到点的距离等于其到直线距离的2倍，记点P的轨迹为曲线．（1）求曲线的方程；（2）已知斜率为k的直线l与曲线交于点为坐标原点，若,证明：为定值．

江西高二期末教学质量检测·数学参考答案、提示及评分细则1．B由题意可知，直线的斜率为，解得．故选B．2．A设与直线平行的直线的方程为，将点代入得，解得，所以所求直线的方程为．故选A．3．C由题意可知,若,则或9．故选C．4．B由题意可知，满足条件的点P即从1,2,3,4,5,6这6个数中选3个数，然后按从小到大的次序分配给a，b,c,共有个．故选B．5．B由,得，所以圆心为，半径,圆心C到直线l的距离,所以,所以的周长为．故选B．6．D设直线的斜率为k,则直线的方程为，由题意，得直线与抛物线C有交点，联立方程得,当时，,即;当时，，解得且，综上所述，k的最大值为．故选D．7．B由题意可得，第2行到第2023行，每行的第3个数字之和为．故选B．8．C将半正多面体补成正方体，建立如图所示的空间直角坐标系．设半正多面体的棱长为，正方体的棱长为2，所以,所以，则．设直线与直线所成角为，则,即，解得或（舍）．故选C．9．BCD当时，，方程可以化简为，曲线E是圆；当且时，或,曲线E是椭圆；当时，或,曲线E是双曲线．故选BCD．10．BC,故A错误；，故B正确；，故C正确；,故D错误．故选BC．11．BCD由题意知，当时，，则，故A错误；当时，点P为抛物线与圆的交点，二者联立并消去y,得,所以，又,所以，故B正确；过B作l的垂线,垂足为,当P为与C的交点时，最小，最小值为5，故C正确；当点P为线段的延长线与C的交点时，最大，最大值为，故D正确．故选BCD．12．BD以A为原点，分别以所在的直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则,．对于选项A,若,则,又,所以,即，此方程无解，所以不存在点F,使得,故A错误；对于选项B,由,得,化简可得,又，所以当时，得,当时，得,即满足的点F的轨迹长度为，故B正确；对于选项C,设点C关于平面的对称点为G,则G的坐标为，则,故C错误；对于选项D,,设平面的一个法向量为，则即令，则,所以平面的一个法向量为，因为平面,所以，即,又点,所以，当时，取得最小值，故D正确．故选BD．13．2或4由题意，可知,所以或．14．1由题意得，故点P到平面的距离．15．2因为的展开式中含的项为,由题意知,解得．16．不妨设,焦距,由的面积为，得,由余弦定理，得,则,所以,即,所以,所以,易得,所以,所以,所以，所以,所以,所以．17．解：（1）根据题意，先将2名女教师排在一起，有种坐法，2分将排好的女教师视为一个整体，与3名男教师进行排列，共有种坐法，4分由分步乘法计数原理，共有种坐法．5分（2）根据题意，先将3名男教师排好，有种坐法，7分再在这3名男教师之间及两头的4个空位中插入2名女教师，有种坐法，9分由分步乘法计数原理，共有种坐法．10分18．如图，以D为原点，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系,则．所以．2分（1）证明：设平面的一个法向量为,由得令,得．4分因为，所以,又在平面,所以平面．6分（2）解：由（1），得平面的一个法向量,设直线与平面所成角为，则．10分所以直线与平面所成角的正弦值为．12分19．解：（1）由题意，得,2分，4分因为,所以,所以,解得．6分（2）的展开式的通项，8分令，得．10分所以的展开式中的常数项为．12分20．（1）证明：设与相交于点F,因为平面平面,所以．1分在中，，在中，，2分又均为锐角，所以,3分因为，所以，所以，即,4分因为平面,且,所以平面,5分又平面,所以．6分（2）解：由题意知两两垂直，以D为坐标原点，所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系,则,所以．7分设平面的一个法向量,则即令,则，所以．9分设平面的一个法向量,则即令,则,所以，11分设二面角的大小为，由题意知为锐角，所以．12分21．解：（1）因为,所以是等腰三角形，由三线合一得：的外心、重心、垂心均在边的垂直平分线上，设的欧拉线为l,则l过的中点，且与直线垂直，由可得：的中点，即，所以,3分故的方程为．4分（2）因为与圆相切，故，5分圆的圆心坐标为,半径，则要想圆M与圆有公共点，只需两圆圆心的距离小于等于半径之和，大于等于半径之差的绝对值，故，7分所以．8分（3）因为,所以该式子是表示点到点、点的距离之和，9分又，所以上述式子表示直线上的点到点、点的距离之和．设点关于直线的对称点为,则有解得,即．11分所以,所以直线上的点到点、点的距离之和的最小值为,即的最小值为2．12分22．（1）解：设动点,则,1分点P到直线的距离，2分由题意知，即，