2022-2023学年江西省崇仁一中、广昌一中、金溪一中高二上学期第二次联考数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年江西省崇仁一中、广昌一中、金溪一中高二上学期第二次联考数学试题（解析版），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年江西省崇仁一中、广昌一中、金溪一中高二上学期第二次联考数学试题 一、单选题1．若空间向量，，则（    ）A．  B．  C．  D． 【答案】A【分析】根据空间向量的坐标运算求解即可.【详解】因为，，所以．故选：A2．已知某居民小区附近设有A，B，C，D4个核酸检测点，居民可以选择任意一个点位去做核酸检测，现该小区的3位居民要去做核酸检测，则检测点的选择共有（    ）A．64种 B．81种 C．7种 D．12种【答案】A【分析】由分步计数原理计算．【详解】3位居民依次选择检测点，方法数为．故选：A．3．设，若直线与直线平行，则的值为（    ）A． B． C．或 D．【答案】C【分析】根据直线的一般式判断平行的条件进行计算.【详解】时，容易验证两直线不平行，当时，根据两直线平行的条件可知：，解得或.故选：C.4．若过点，的直线与圆有公共点，则直线倾斜角的取值范围是(    )A． B． C． D．【答案】D【分析】根据直线和圆的位置关系即可得到结论．【详解】解：若直线斜率不存在，此时与圆没有交点，则直线斜率一定存在，设为，则过的直线方程为，即，若过点，的直线与圆有公共点，则圆心到直线的距离，即，即，平方得，解得，设直线倾斜角为,即，解得，故选：D．5．为了纪念高中三年舍友之间留下的深厚情感，某宿舍的7位同学决定站成一排合照留念，其中中间位置只能站甲或乙，且甲、乙、丙三人不站在两侧，则不同的安排方法有（    ）.A．232种 B．464种 C．288种 D．576种【答案】D【分析】先为中间位置选人，再为甲、乙、丙中剩余的两个人选位置排序，最后剩余的同学进行全排列，利用乘法原理进行相乘即得结果.【详解】依题意，分三步进行：（1）先为中间位置选人，从甲乙中选，有种选法，（2）为甲、乙、丙中剩余的两个人选位置，不占两侧，去掉中间位置，还有4个位置可选，故有种排法，（3）剩余的同学进行全排列，有种排法，故利用乘法原理即得，不同的安排方法有种.故选：D.6．若圆：与圆：相切，则的值可以是（    ）A．16或-4 B．7或-7 C．7或-4 D．16或-7【答案】A【分析】根据两圆位置关系，以及二元二次方程表示圆，列出关系式求解即可.【详解】因为表示圆，故，解得：；对圆，其圆心为，半径；对圆，其圆心为，半径；当两圆外切时，，即，解得；当两圆内切时，，即，解得；综上所述：的取值可以为或.故选：.7．已知正方体的棱长为2，，分别为上底面和侧面的中心，则点到平面的距离为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，按照距离的向量求法求解即可.【详解】如图，以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，易知，设平面的法向量，则，令，解得，故点到平面的距离为.故选：A.8．设椭圆：的上顶点为，左､右焦点分别为，，连接并延长交椭圆于点，若，则该椭圆的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据给定的条件，结合椭圆定义用a表示，在中利用余弦定理列式计算作答.【详解】依题意，，由得：，而，于是得，令椭圆半焦距为c，有，如图，在中，由余弦定理得：，即，整理得，因此，解得，所以椭圆的离心率为.故选：C 二、多选题9．在空间直角坐标系中，已知向量（其中），定点，异于点的动点，则以下说法正确的是（    ）A．若为直线的方向向量，则B．若为直线的方向向量，则C．若为平面的法向量，面经过和P，则D．若为平面的法向量，面经过和P，则【答案】AD【分析】由直线的方向向量、平面法向量的概念求解判断．【详解】直线是直线的一个方向向量，，为直线的方向向量，则，A正确 ，B错误，在平面内，为平面的法向量，则，所以，C错误D正确．故选：AD．10．我国古代著名的数学著作中，《周碑算经》、《九章算术》、《孙子算经》、《五曹算经》、《夏侯阳算经》、《孙丘建算经》、《海岛算经》、《五经算术》、《级术》和《纠古算经》，称为“算经十书”，某老师将其中的《周碑算经》、《九章算术》、《孙子算经）、《五经算术》、《缀术》和《缉古算经》6本书分给5名数学爱好者，其中每人至少一本，则不同的分配方法的种数为（    ）A． B． C． D．【答案】AD【解析】先选出一个人分得两本书，剩余四人各分得一本书，再利用分步乘法计数原理相乘即得结果.【详解】依题意，6本书分给5名数学爱好者，其中一人至少一本，则有一人分得两本书，剩余四人各分得一本书，方法一：分三步完成，第一步：选择一个人，有种选法；第二步：为这个人选两本书，有种选法；第三步: 剩余四人各分得一本书，有种选法.故由乘法原理知，不同的分配方法的种数为，故A正确；方法二：分两步完成，第一步：先分组，选择两本书，将书分成“2+1+1+1+1”的五组，有种选法；第二步：将五组分配给五个人，有种选法.故由乘法原理知，不同的分配方法的种数为，故D正确.故选：AD.11．已知双曲线的左、右焦点分别为、，点P在双曲线上，则下列结论正确的是（    ）A．该双曲线的离心率为2B．该双曲线的渐近线方程为C．若，则的面积为9D．点P到两渐近线的距离乘积为【答案】BD【分析】.由双曲线方程得，然后计算离心率，确定渐近线方程，结合双曲线的定义和垂直求得可得的面积，设，直接求出点到两渐近线的距离之积后判断各选项．【详解】由双曲线方程得，，，焦点为，．离心率为，A错；渐近线方程是，B正确；若，不妨设，则，∴，，C错；设，则，，渐近线方程为，点P到两渐近线的距离乘积为，D正确 ．故选：BD．12．已知抛物线的焦点为F，A，B是抛物线上两动点，且的最小值为1，M是线段AB的中点，是平面内一定点，则（    ）A．B．若，则M到x轴距离为3C．若，则D．的最小值为4【答案】ABD【分析】根据给定的条件，求出抛物线的方程，结合抛物线定义，逐项分析计算即可判断作答.【详解】抛物线上的点A到抛物线焦点F距离的最小值为1，则有，解得，A正确；抛物线的方程为，焦点，准线，设，对于B，点，由抛物线的定义知，，有，所以M到x轴距离，B正确；对于C，，由得：，即，又，即，则，解得，于是得，C不正确；对于D，抛物线中，当时，，因此点在抛物线上方，过点P作于，交抛物线于点Q，连QF，过A作于，连AF，AP，，如图，显然，当且仅当点A与Q重合时取等号，所以，D正确.故选：ABD 三、填空题13．若异面直线和的方向向量分别为，，则直线与直线所成角的余弦值为______．【答案】【分析】利用空间向量夹角的坐标运算求，结合线线角的范围确定直线与直线所成角的余弦值.【详解】由题设，又线线角的范围为，所以直线与直线所成角的余弦值为.故答案为：14．若实数x、y满足， 则 的最大值是_____________________.【答案】##【分析】由题可知表示圆上的点与原点之间的距离的平方，根据圆的性质即得.【详解】将方程化为，表示以为圆心，半径为3的圆，表示圆上的点与原点之间的距离，故表示圆上的点与原点之间的距离的平方，由可知原点（0,0）在圆内，且原点与圆心之间的距离为，所以的最大值为，所以的最大值为．故答案为：.15．将编号为1，2，3，4的四个小球放到三个不同的盒子里，每个盒子至少放一个小球且编号为1，2的两个小球不能放到同一个盒子里，则不同放法的种数有___________.（用数字作答）.【答案】【分析】利用先分组后排序的方法求出总的情况数，然后求出对立面编号为1，2号小球放在同一个盒子的情况数，总的减去对立面的情况数即可.【详解】由题意得4个小球有2个放在一个盒了里的种数是，把这两个作为一个元素同另外两个元素在三个位置排列，有种结果，而编号为1，2号小球放在同一个盒子里有种结果，所以编号为1，2的小球不放到同一个盒子里的种数是.故答案为：30.16．设椭圆的左右焦点分别为F1，F2，点P 在椭圆上运动， 的最大值为m， 的最小值为n，且m≥2n，则该椭圆的离心率的取值范围为________【答案】[ ，1）【详解】∵， ∴，，，，的最大值，设，则，，的最小值为， 由，得，，解得，故答案为．【方法点晴】本题主要考查平面向量数量积公式、利用椭圆定义与的简单性质求椭圆的离心率范围，属于中档题.求解与椭圆性质有关的问题时要结合图形进行分析，既使不画出图形，思考时也要联想到图形，当涉及顶点、焦点、实轴、虚轴、渐近线等双曲线的基本量时，要理清它们之间的关系，挖掘出它们之间的内在联系.求离心率问题应先将 用有关的一些量表示出来，再利用其中的一些关系构造出关于的不等式等式，从而求出的范围.本题是利用构造出关于的不等式，最后解出的范围. 四、解答题17．已知向量，，且．(1)求c的值；(2)若与互相垂直，求实数k的值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）求出，根据向量模长公式列出方程，求出；（2）分与两种情况，根据向量垂直列出方程，求出实数k的值.【详解】（1），所以，解得：；（2）当时，，，因为与互相垂直，所以，解得：，当时，，因为与互相垂直，所以，解得：，综上：.18．已知直线与直线．(1)若，求m的值，并求出两平行线间的距离；(2)若点在直线上，直线l过点P，且在两坐标轴上的截距互为相反数，求直线l的方程．【答案】(1)；；(2)或. 【分析】（1）由题意可知，可得，从而可求出m的值，然后利用平行线间距离公式即得；（2）将点的坐标代入直线的方程中，求出m的值，从而可得点的坐标，然后设出直线方程，利用两坐标轴上的截距之和为0，列方程可求出直线方程.【详解】（1）因为直线与直线，且，所以，且，由，得，解得或（舍去）所以，所以，，所以两平行线间的距离为；（2）因为点在直线上，所以，得，所以点的坐标为，由题可设直线的方程为（），令，则，令，则，因为直线在两坐标轴上的截距互为相反数，所以，解得或，所以直线的方程为或.19．已知抛物线：的焦点为，点在抛物线上，且.(1)求抛物线的标准方程；(2)直线与抛物线交于，两点，若线段的中点为，求直线的方程．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据焦半径公式得，求得，即可求解方程；（2）由点差法化为，根据中点坐标可得直线斜率从而求出直线方程．【详解】（1）因为点在抛物线上，所以又因为，解得，故抛物线的标准方程为；（2）设，则，所以，化为又因为的中点为，所以，则 ，故直线的斜率为，所以直线的方程为整理得．20．已知点，圆C：.(1)若直线l过点P且被圆C截得的弦长为，求直线l的方程；(2)设直线与圆C交于A，B两点，过点的直线垂直平分弦AB，这样的实数a是否存在，若存在，求出实数a的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)或(2)不存在，理由见解析 【分析】（1）设出直线方程，求出圆心到直线的距离，由勾股定理得弦长求得参数，注意考虑直线斜率不存在的情形；（2）过点的直线垂直平分弦AB，则圆心在直线上，由此可得直线的斜率，然后由垂直求得，由直线与圆相交求得的范围，比较可得．【详解】（1）∵点，直线l过点P，∴设直线l的斜率为k（k存在），则方程为.又题C的圆心为，半径，由弦长为，故弦心距，由，解得.所以直线方程为，即.当l的斜率不存在时，l的方程为，经验证也满足条件.故l的方程为或.（2）把直线，即.代入圆C的方程，消去y，整理得.由于直线交圆C于A，B两点，故，即，解得.设符合条件的实数a存在，由于垂直平分弦AB，故圆心必在上.所以的斜率，而，所以.由于，故不存在实数a，使得过点的直线垂直平分弦AB.21．如图，三棱柱中，侧面，已知，，，点是棱的中点.（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值；（3）在棱上是否存在一点，使得与平面所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）（3）存在,或.【分析】（1）根据线面垂直的判定定理，即可证得平面.（2）以为原点，分别以，和的方向为，和轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，求得平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式，即可求解；（3）假设存在点，设，根据，得到的坐标，结合平面的法向量为列出方程，即可求解.【详解】（1）由题意，因为，，，∴，又∴，∴，∵侧面，∴.又∵，，平面∴直线平面.（2）以为原点，分别以，和的方向为，和轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则有，，，，设平面的一个法向量为，∵，∴，令，则，∴设平面的一个法向量为，，，∵，∴，令，则，∴，，，，∴.设二面角为，则.∴设二面角的余弦值为.（3）假设存在点，设，∵，，∴，∴∴设平面的一个法向量为，∴，得.即，∴或，∴或.【点睛】本题考查了线面平行的判定与证明，以及空间角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.22．已知椭圆，四点中恰有三点在椭圆上．(1)求椭圆的标准方程；(2)点是椭圆的上顶点，点，在椭圆上，若直线，的斜率分别为，满足，求面积的最大值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由对称性可知经过两点，再把代入，得到，从而确定不经过点，确定点在上，待定系数法求出曲线的方程；（2）设直线，与椭圆的方程联立，得到两根之和，两根之积，表达出，列出方程，求出，直线过定点，故，且由得到，表达出，换元后利用基本不等式求出面积的最大值.【详解】（1）由于两点关于轴对称，故曲线经过两点，又由知，不经过点，所以点在上．因此，解得，故的方程为；（2）由于是椭圆的上顶点，故直线的斜率一定存在，设，直线，联立方程组  ，得，得，，,由题意知，由，代入化简得，整理得：，∴故直线过定点，由得，解得，且，，令，则，当且仅当，即，即时等号成立，所以面积的最大值为.【点睛】直线与圆锥曲线结合问题，通常要设出直线方程，与圆锥曲线联立，得到两根之和，两根之积，再根据题目条件列出方程，或得到弦长或面积，本题难点在利用求出直线过定点后，利用表达出，再根据基本不等式求出面积的最大值.