江西省抚州市2024-2025学年高二上学期期末考试 数学 含解析

抚州市2024—2025学年度上学期学生学业质量监测高二数学试题卷说明：1.本卷共有4大题，19个小题，全卷满分150分，考试时间120分钟.2.本卷分为试题卷和答题卡，答案要求写在答题卡上，不得在试题卷上作答，否则不给分.3.所有考试结束3天后，考生可凭准考证号登录智学网（）查询考试成绩，密码与准考证号相同.一、单项选择题：共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，仅有一项符合题目要求.1.已知直线，，若，则（）A.0 B.1 C. D.2【答案】A【解析】【分析】利用垂直的关系可得斜率之积为，即可得解.【详解】由直线，，满足可得，，可得，故选：A.2.圆心为且过点的圆的标准方程为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根据各项给定圆的方程确定圆心，判断是否在圆上即可.【详解】由的圆心为，A错；由的圆心为，B错；由的圆心为，显然点在圆上，C对；由的圆心为，D错；故选：C.3.设为椭圆的两个焦点，点在上，若，则（）A.1 B.2 C.4 D.5【答案】B【解析】【分析】根据条件得到，设，再利用椭圆的定义及条件得到且，即可求出结果.【详解】因为椭圆，所以，又因为，所以，即，设，则①，且②，由①②得到，即，所以，故选：B.4.如图，三棱锥中，，，，且，，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】利用空间向量的运算法则求解即可.【详解】如图所示：.故选：C.5.若，则下列结论中正确是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根据给定条件，利用赋值法逐项计算判断.【详解】对于A，取，得，A错误；对于B，展开式中项的系数为，B错误；对于C，二项式展开式中各项系数均为正，取，得，C正确；对于D，取，得，取，得，联立解得，因此，D错误.故选：C6.已知过原点直线与圆相交于两点，则的最小值为（）A.6 B. C. D.【答案】D【解析】【分析】判断原点与圆的位置关系，再由最小有直线，最后应用几何法求弦长即可.【详解】由，即原点在已知圆内部，且圆心，，若原点为，要使最小，只需直线，而，所以最小.故选：D7.在“文化抚州，梦想之舟”半程马拉松比赛中，某路段设三个服务站，某高校5名同学到甲、乙、丙三个服务点做志愿者，每名同学只去1个服务点，每个服务点至少1人，则不同的安排方法共有（）A.25种 B.150种 C.300种 D.50种【答案】B【解析】【分析】利用先分组后分配来解题，分组中要注意均分组消序思想.【详解】五名同学分三个小组，若按2人，2人，1人来分有种，若按3人，1人，1人来分有种，再把这三个小组排列到三个服务站去共有种，所以每个服务点至少有1人的不同安排方法有：种，故选：B.8.如图，已知是双曲线的左､右焦点，为双曲线上两点，满足，且，则双曲线的离心率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据双曲线的定义和性质分析可得，进而可得，结合勾股定理运算求解.【详解】延长与双曲线交于点，因为，根据对称性可知，设，则，可得，即，所以，则，，即，可知，在中，由勾股定理得，即，解得.故选：D.【点睛】方法点睛：1．双曲线离心率(离心率范围)的求法求双曲线的离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求的值；2．焦点三角形的作用在焦点三角形中，可以将圆锥曲线的定义，三角形中边角关系，如正余弦定理、勾股定理结合起来．二、多项选择题：共3小题，每小题6分，共18分.每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得部分分，不选或有选错的得0分.9.已知空间向量，，则下列选项中正确的是（）A.当时， B.当时，C.当时， D.当时，【答案】BD【解析】【分析】根据向量垂直、平行的坐标表示列方程求参数判断A、B；应用向量坐标加法及模长的坐标运算列方程求参数判断C；由向量夹角的坐标表示求余弦值，进而确定正弦值判断D.【详解】A：，则，可得，错；B：，则，可得，对；C：，可得或，错；D：，则，故，则，对.故选：BD10.如图，在直三棱柱中，，，，分别是棱，，的中点，在线段上，则下列说法中正确的有（）A.平面 B.平面C.存在点，满足 D.三棱锥的体积不变【答案】AD【解析】【分析】根据已知易得为平行四边形，有，应用线面平行的判定判定A；由直线与面相交判断B；假设，即，令并应用勾股定理列方程求解判断C；首先证平面，再由棱锥的体积公式判断D.【详解】由题设，易得是边长为2的正方形，且，，又是的中点，则且，故为平行四边形，所以，面，面，则平面，A对；由上分析知，面即为面，显然直线与面相交，B错；由，若，即，令，则，，而，则，即，显然无解，C错；由，面，面，则平面，又在线段上，故到面距离为定值，且的面积为定值，所以三棱锥的体积不变，D对；故选：AD11.天文学家卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现：在同一平面内，到两个定点的距离之积为常数的点的轨迹是卡西尼卵形线.已知两定，，动点满足，设的轨迹为曲线，下列说法中正确的有（）A.的横坐标最大值是2 B.曲线既是中心对称图形，又是轴对称图形C.存在点，使得 D.面积最大值2【答案】BCD【解析】【分析】利用轨迹方程代数关系来证明相关选项，对于A利用纵坐标放缩去求横坐标范围，对于B则利用的代入检验就可作出判断，对于C则利用方程组消元看看是否有解，对于D，则利用定义来求面积，只需要看是否存在直角.【详解】由可得：，即，即，则，对于A，由，得，平方展开化简得：，解得，即的横坐标最大值是，故A错误；对于B，由满足，所以曲线关于原点对称，又由，也满足，所以曲线关于坐标轴对称，故B正确；对于C，若存在点，使得，则有，又由于则联立，消去可得：，即有解，所以存在点，故C正确；对于D，，面积最大值2，由选项C可知，存在的最大值点，故D正确.故选：BCD.三、填空题：共3小题，每题5分，共15分.12.双曲线的离心率为2，求______.【答案】##【解析】【分析】根据双曲线的方程及离心率公式列方程求参数值即可.【详解】由题设，易知，则，所以，由，可得.故答案为：13.设为正整数，展开式中仅有第5项的二项式系数最大，则展开式中的常数项为__________．【答案】112【解析】【详解】由展开式中仅有第5项的二项式系数最大得则，令，则展开式中的常数项为14.在平面凸四边形中，，，且，，将四边形沿对角线折起，使点A到达点的位置.若二面角的大小范围是，则三棱锥的外接球表面积的取值范围是______.【答案】【解析】【分析】取中点，连接，取的外心，过点作平面，过点作平面交于点，进而确定球心的位置及二面角的平面角为并确定范围，利用几何关系求球体半径，即可得球体表面积的范围.【详解】由题意知，和是等边三角形，取中点，连接，取的外心，则是的外心，过点作平面，则三棱锥外接球球心在上过点作平面交于点，则点即为三棱锥的外接球球心，由，知，为二面角的平面角，则，设，则，又，所以，因为平面，平面，所以，所以三棱锥的外接球半径，所以三棱锥外接球的表面积.故答案为：【点睛】关键点点睛：根据球心的性质确定位置，并求出二面角的平面角的范围为关键.四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.解答写在答题卡上的指定区域内.15.设直线与.（1）若，求、之间的距离；（2）当直线与两坐标轴正半轴围成的三角形的面积最大时，求的值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由直线平行的判定列方程求参数，再由平行线的距离公式求距离；（2）根据已知可得，再由三角形面积公式有，即可确定面积最大时的值.【小问1详解】由，则，化简得，可得或，当时，不成立，当时，，，此时之间的距离为.【小问2详解】直线与两坐标轴的正半轴围成三角形，，则，与两坐标轴的正半轴围成的三角形的面积为，当时，有最大.16.已知为原点，直线与圆交于、两点.（1）若，求的值；（2）若过点作圆的两条切线，切点为、，求四边形面积的最大值.【答案】（1）1（2）【解析】【分析】（1）利用垂径定理来求直线与圆相交的弦长，从而可得方程求解的值；（2）利用勾股定理来求切线长，从而可计算面积，然后可用基本不等式来求最值即可.【小问1详解】由圆可得：圆心为，半径，其中，而圆心到直线的距离，所以，解得，即的值为1.【小问2详解】由（1）可知，由勾股定理可得四边形由两个全等的直角三角形组成。所以，当且仅当时成立所以当四边形有最大面积.17.已知抛物线与双曲线的渐近线在第一象限的交点为，且点的横坐标为3.（1）求抛物线的方程；（2）过点作一直线交抛物线于两点，求弦的中点轨迹方程.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）设点的坐标为，由点在双曲线的渐近线上确定点坐标，再由点在抛物线上求参数，即可得方程；（2）设，，中点，，结合斜率两点式及点差法得到，整理即可得轨迹，注意验证轴的情况.【小问1详解】设点的坐标为，因为点在第一象限，所以，双曲线的渐近线方程为，因为点在双曲线的渐近线上，所以，所以点的坐标为，又点在抛物线上，所以，所以，故抛物线的标准方程为；【小问2详解】设，，中点，，若直线的斜率存在，，由，，则，所以，即，整理得，化简得，直线的斜率不存在，轴，弦中点为也符合，综上：轨迹方程为.18.如图，在三棱锥中，，，，，、分别为、中点.（1）证明：；（2）证明：平面与平面的交线平面；（3）若，二面角的正切值为2，求的长.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）1【解析】【分析】（1）利用线线垂直证明线面垂直即可得证；（2）利用线面平行的判定和性质定理来进行推理证明即可；（3）先把二面角的正切值转化为余弦值，再利用空间向量法来求解二面角的余弦值，从而得到方程求解边长，也可以利用空间关系来证明线面垂直，并作图证明二面角的平面角，再求解即可.【小问1详解】因为，，，平面，所以平面，又因为平面，所以，【小问2详解】因为分别是的中点，所以，因为平面，平面，即平面，又因为平面，而平面平面，所以，而平面，平面，所以平面；【小问3详解】解法一：以A为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系：由（2）知，平面且平面，故平面平面，平面PAB法向量，设，则，，，则，设平面法向量，则，设二面角的平面角为，已知，所以，，解得：.（设也同样可以）解法二：延长，过C作于点，连接，过P作于点，面，，为所成的二面角设，二面角的正切值为2，则得中，为等腰直角三角形，，在中，，代入得，解得：，.19.如图所示，在圆锥内放入两个球，它们都与圆锥的侧面相切（即与圆锥的每条母线相切），且这两个球都与平面相切，切点分别为，数学家丹德林利用这个模型证明了平面与圆锥侧面的交线为椭圆，记为，为椭圆的两个焦点.设直线分别与该圆锥的母线交于两点，过点的母线分别与球相切于两点，已知，.以直线为轴，在平面内，以线段的中垂线为轴，建立平面直角坐标系.（1）求椭圆的标准方程；（2）过点作斜率不为0的直线，直线与椭圆交于两点，分别为椭圆左右顶点，记的斜率为，的斜率为.求出；（3）已知为椭圆的右顶点，直线与椭圆相交于两点（，两点异于点），且，求的面积最大值.【答案】（1）；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）根据题设有、求椭圆参数，即可得椭圆方程；（2）设，，的方程为，联立椭圆及韦达定理可得，再由斜率的两点式有，整理化简即可得结果；（3）设直线为，联立椭圆方程应用韦达定理及向量垂直的坐标表示可得关于参数的方程，即可求参数，进而确定直线过定点，最后三角形面积公式得关于的表达式，即可求最大值.【小