2022-2023学年江西省景德镇一中高二（重点班）上学期期中考试数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年江西省景德镇一中高二（重点班）上学期期中考试数学试题（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学年江西省景德镇一中高二（重点班）上学期期中考试数学试题 一、单选题1．直线过点且与直线垂直，则的方程为（    ）A． B．C． D．【答案】A【解析】求出直线的斜率，然后利用点斜式可写出直线的方程，化为一般式可得出答案.【详解】直线的斜率为，则直线的斜率为，因此，直线的方程为，即.故选：A.【点睛】本题考查垂线方程的求解，一般要求出直线的斜率，也可以利用垂直直线系方程来求解，考查计算能力，属于基础题.2．动圆M与圆外切，与圆内切，则动圆圆心M的轨迹方程是A． B． C． D．【答案】B【详解】设动圆的圆心为：M（x，y），半径为R，动圆与圆M1：（x+1）2+y2=1外切，与圆M2：（x﹣1）2+y2=25内切，∴|MM1|+|MM2|=1+R+5﹣R=6，∵|MM1|+|MM2|＞|M1M2|，因此该动圆是以原点为中心，焦点在x轴上的椭圆，2a=6，c=1解得a=3，根据a、b、c的关系求得b2=8，∴椭圆的方程为：．故选B．3．为了配合创建全国文明城市的活动，我校现从4名男教师和5名女教师中，选取3人，组成创文明志愿者小组，若男女至少各有一人，则不同的选法共有                      A．140种 B．84种 C．70种 D．35种【答案】C【分析】通过算没有限制时的总数，减去全是男生或全是女生的情况数即可得解.【详解】从4名男教师和5名女教师中，选取3人，共有种情况.若全为男生，共有种情况；若全为女生，共有种情况.所以若男女至少各有一人，则不同的选法共有故选C.【点睛】本题主要考查了组合问题，用到了正难则反的思想，属于基础题.4．由a，b，c，d，e这5个字母排成一排（没有重复字母），且字母a，b都不与c相邻的排法有（    ）A．36种 B．32种 C．28种 D．24种【答案】A【分析】分情况利用排列、组合以及捆绑法即可求解.【详解】当在最左端或者最右端，有（种）当不在两端时，（种）没有重复字母，字母a，b都不与c相邻的排法有.故选：A5．如图，在棱长为的正四面体中，点、分别在线段、上，且，，则等于（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由题知，再求向量的模即可.【详解】解：设，，，点在上，且，，， ，，又空间四面体的棱长均为，， ． 所以， ．故选:C6．设是双曲线的两个焦点，O为坐标原点，点在C的左支上，且，则的面积为（    ）A．8 B． C．4 D．【答案】A【分析】根据已知条件可以求出，由双曲线的可得点在以为直径的圆上，利用时直角三角形，利用勾股定理以及双曲线的定义即可求出，再由三角形的面积公式即可求解.【详解】由，不妨设，，所以，所以点在以为直径的圆上，即是以为直角顶点的直角三角形，故，即．又，所以，解得：，所以．故选：A【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是利用已知条件分析出是直角三角形，再利用勾股定理和双曲线的定义求出的值.7．如图，，分别是双曲线（，）的左、右焦点，且，过的直线与双曲线的左、右两支分别交于点，．若为等边三角形，则双曲线的方程为（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】由双曲线定义结合等边三角形求得，，再由余弦定理求得，即可求得双曲线方程.【详解】根据双曲线的定义，有①，②，由于为等边三角形，因此，由①＋②，得，则，，又因为，所以，即，解得，则，所以双曲线的方程为．故选：C.8．已知是抛物线的焦点，为抛物线上的动点，且的坐标为，则的最小值是A． B． C． D．【答案】C【详解】由题意可得，抛物线的焦点，准线方程为．过点作垂直于准线，为垂足，则由抛物线的定义可得，则，为锐角．∴当最小时，最小，则当和抛物线相切时，最小．设切点，由的导数为，则的斜率为.∴，则.∴，∴故选C．点睛：本题主要考查抛物线的定义和几何性质，与焦点、准线有关的问题一般情况下都与拋物线的定义有关，解决这类问题一定要注意点到焦点的距离与点到准线的距离的转化，这样可利用三角形相似，直角三角形中的锐角三角函数或是平行线段比例关系可求得距离弦长以及相关的最值等问题. 二、多选题9．若圆：与圆：的交点为，，则（    ）A．公共弦所在直线方程为B．线段中垂线方程为C．公共弦的长为D．在过，两点的所有圆中，面积最小的圆是圆【答案】AD【解析】根据题意，依次分析选项：对于，联立两个圆的方程，分析可得公共弦所在直线方程，可判断，对于，有两个圆的方程求出两圆的圆心坐标，分析可得直线的方程，即可得线段中垂线方程，可判断，对于，分析圆的圆心和半径，分析可得圆心在公共弦上，即可得公共弦的长为圆的直径，可判断，对于，由于圆心在公共弦上，在过，两点的所有圆中，即可判断．【详解】解：根据题意，依次分析选项：对于，圆与圆，联立两个圆的方程可得，即公共弦所在直线方程为，正确，对于，圆，其圆心为，，圆，其圆心为，直线的方程为，即线段中垂线方程，错误，对于，圆，即，其圆心为，，半径，圆心，在公共弦上，则公共弦的长为，错误，对于，圆心，在公共弦上，在过，两点的所有圆中，面积最小的圆是圆，正确，故选：．10．已知展开式中偶数项的二项式系数之和为128，则（    ）A．B．展开式中各项系数之和为1C．二项式系数之和为256D．展开式的中间项为【答案】ABC【分析】由展开式中偶数项的二项式系数之和为 ，可求得n，判断A;利用赋值法求得各项系数之和，判断B;利用二项式系数之和为，可判断C;利用二项式展开式的通项公式可求得展开式的中间项，判断D.【详解】由题意可知，解得，故A正确；令，可得，即展开式中所有项的系数之和为1，故B正确；因为，所以二项式系数之和为，故C正确；因为通项为，展开式的中间项是第5项，所以展开式的中间项为，故D不正确,故选：ABC11．已知，若过定点的动直线：和过定点的动直线：交于点（与，不重合），则（    ）A．点的坐标为 B．直线垂直于C． D．的最大值为【答案】BD【分析】首先求出直线过定点坐标，再判断两直线的位置关系，即可得到，利用勾股定理判断C，设，即可表示出、，再利用辅助角公式计算可得.【详解】由题意可知，动直线：，即，令，解得，即动直线经过定点，同理可得动直线：经过定点．又的方程可化为，，所以两条直线始终垂直，又是两条直线的交点，所以，所以．设，则，，所以（其中，，），所以的最大值是．故选：BD12．直线的方向向量为，两个平面，的法向量分别为，，则下列命题为真命题的是（    ）A．若，则直线平面B．若，则直线与平面所成角的大小为C．若，则直线平面D．若，则平面，夹角的大小为【答案】BC【分析】由，得到直线平面或平面，可判定A不正确；根据平面法向量的概念及空间角的求解方法，可判定B、C、D选项.【详解】由题意知，直线的方向向量为，两个平面，的法向量分别为，，对于A中，若，则直线平面或平面，所以A不正确;对于B中，若，因为，所以，设直线与平面所成角为，可得，即直线与平面所成角的大小为，所以B正确；对于C中，若，则直线平面，所以C正确;对于D中，若，因为，所以，所以平面，夹角的大小为，所以D不正确.故选：BC. 三、填空题13．若直线l的一个方向向量为，则它的倾斜角为__________.【答案】【分析】根据直线斜率公式结合已知直线的方向向量可以直接求出直线的斜率，进而根据斜率求解倾斜角.【详解】解：因为直线l的一方向向量为，所以直线的斜率为，，设直线l的倾斜角，则，所以，即.故答案为：14．有6名实习教师分配到4个班级，每位班级至少分配一名实习教师，至多分配两名实习教师，共有_______种分配方案.（用数字作答）【答案】1080【分析】6名实习教师分配到4个班级，每位班级至少分配一名实习教师，至多分配两名实习教师的分法是2,2,1,1，分组后全排列即可.【详解】6名实习教师分配到4个班级，每位班级至少分配一名实习教师，至多分配两名实习教师的分法是2,2,1,1,共有种分组方法，四组分到四个班级共有种分配方案.故答案为：108015．袋中混装着9个大小相同的球（编号不同），其中5只白球，4只红球，为了把红球与白球区分开来，采取逐只抽取检查，若恰好经过5次抽取检查，正好把所有白球和红球区分出来了，则这样的抽取方式共有__________种（用数字作答） .【答案】600【详解】分析：分种情况讨论:①前次取出的全部为白球；②前次取出个红球、个白球，第次取出红球，分别求出每种情况下的取法数目，再利用分类计数原理可得结果.详解： 根据题意，恰好经过次抽取检查，正好把所有白球和红球区分开来，则一共有种请况：①前次取出的全部为白球，需要将个白球全排列，安排在前次取出，有种情况.②前次取出个红球、个白球，第次取出红球，，需要在个红球中取出个， 只白球中取出个，安排在前次取出，第次取出第只红球，有种情况，共有种不同的抽取方式，故答案为.点睛：本题主要考查分类计数原理与分步计数原理及排列组合的应用，属于难题.有关排列组合的综合问题，往往是两个原理及排列组合问题交叉应用才能解决问题，解答这类问题理解题意很关键，一定多读题才能挖掘出隐含条件.解题过程中要首先分清“是分类还是分步”、“是排列还是组合”，在应用分类计数加法原理讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏，这样才能提高准确率.16．已知Rt的直角顶点为为圆上两动点，则边长的最大值为_____.【答案】【分析】利用圆、直角三角形的性质求出中点的轨迹方程，再求定点到圆上点距离的最大值即可.【详解】令为中点，在Rt中，,又,且 所以 ，整理得，所以的运动轨迹是以为圆心，2为半径的圆，又因为，所以点在圆内，所以，故答案为: . 四、解答题17．已知空间中三点，，，设，.(1)若，且，求向量；(2)若点在平面上，求的值.【答案】(1)或；(2)-2 【分析】（1）可求.由已知可设，通过解出，代入即可；（2）由已知得，四点共面，则存在唯一的一组，使得成立，代入坐标得到方程组，求解即可得到的值.【详解】（1）由已知得，，，因为，，设，则，则，.所以，或.（2）由已知得，，，.点在平面上，四点共面，则，，共面，则存在唯一的一组，使得成立，即，解得，所以，.18．如图，直角梯形与等腰直角三角形所在的平面互相垂直，，，，.(1)求点到平面的距离；(2)是线段的中点，求与平面所成角正弦值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）取中点，连结，，证明，，两两垂直，进而建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可；（2）结合（1），利用坐标法求解即可.【详解】（1）解：方法一：如图所示，取中点，连结，；因为是等腰直角三角形，所以，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面由，点是的中点，所以又因为，，所以四边形是矩形，可得所以，，两两垂直所以，以为原点，分别以，，所在的直线为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，由此可得，设平面的一个法向量为，则，令可得，所以且故点到平面的距离方法二：取中点，连结，因为是等腰直角三角形，所以因为平面平面，平面平面，平面所以平面又设点到平面的距离为，且，得：所以所以点到平面的距离.（2）解：因为，，则由（1）得：平面的法向量为设与平面所成角为，所以所以与平面所成角正弦值为19．在四棱锥中，是等边三角形，底面是直角梯形，，，是线段的中点，底面，已知.(1)求二面角的正弦值；(2)试在平面上找一点，使得平面.【答案】(1)(2) 【分析】（1）为坐标原点，建立空间直角坐标系，即可得到 各点的坐标及平面的法向量为，并求得，进而求出平面的法向量为，即可求出，最后求出二面角的正弦值.（2）设，根据平面法向量定义得，即， ,再利用 建立方程求得，，进而求得点的坐标.【详解】（1）因为底面，过作，则，以为坐标原点，方向为轴的正半轴，方向为轴的正半轴，方向为轴的正半轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，，设平面的法向量为，则，，解得，又平面的法向量为，所以，所以.即所求二面角的正弦值为.（2）设点的坐标为，因为平面，所以，即，也即，，又，，，所以 ，所以得，，即，，，所以，所以点的坐标为.20．已知点在圆上运动，，点为线段的中点．(1)求点的轨迹方程(2)求点到直线的距离的最大值和最小值．【答案】(1).(2)最大值为5，最小值为3. 【分析】（1）用和表示出的坐标代入圆的方程即可求得的轨迹方程；（2）利用点到直线的距离求得圆心到直线的距离，进而利用圆心到直线的距离加或减半径即可求得最大和最小值．【详解】（1）解：设点，，因为点是的中点，所以，则，，即，因为点在圆上运动，则有，所以点的轨迹方程为；（2）解：由（1）知点的轨迹是以为圆心，以1为半径的圆，点到直线的距离，故点到直线的距离的最大值为，最小值为．21．已知抛物线， 点是抛物线上的点．(1)求抛物线的方程及的值；(2)直线与抛物线交于 两点，，且，求的最小值并证明直线过定点．【答案】(1)；(2)最小值为，证明见解析 【分析】（1）将点代入抛物线方程，解得答案.（2）联立方程，根据韦达定理得到根与系数的关系，根据得到，再利用均值不等式解得最值，得到直线的定点.【详解】（1）依题意，点坐标满足方程，∴抛物线的方程为．（2）设直线l的方程为，联立方程组，消去x得，．，解得或2（舍），当，即，时等号成立.∴t＝3或t＝－1（舍）所以的最小值为，直线l：x＝my＋3恒过定点（3，0）．22．已知椭圆的一个焦点与抛物线的焦点重合，且直线与圆相切.（1）求椭圆的方程；（2）设斜率为且不过原点的直线与椭圆相交于、两点，为坐标原点，直线的斜率分别为，若成等比数列，推断是否为定值﹖若是，求出此定值；若不是，说明理由.【答案】（1）；（2）是定值，5.【分析】（1）首先根据已知条件得到，，再解方程组即可得到椭圆的标准方程.（2）首先设直线的方程为，点，代入椭圆得到，结合已知条件和韦达定理得到，再计算，即可得到定值.【详解】（1）因为抛物线的焦点为，则，所以，因为直线与圆相切，则，即.解得，所以椭圆的方程（2）设直线的方程为，点，将直线的方程代入椭圆方程，得，即，则由已知，则，即所以，即因为，则，即，从而当时，，当时，.所以为定值.【点睛】方法点睛：解答直线与椭圆题目时，通常把直线与椭圆联立，得到一元二次方程，借助根系关系，并结合已知条件求解.