江西省抚州市2022-2023学年高二上学期学生学业质量监测数学试题

这是一份江西省抚州市2022-2023学年高二上学期学生学业质量监测数学试题，共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题：本大题共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. 已知直线平分圆，且与直线垂直，则直线的方程是（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题意可知直线过圆心，斜率为，即可得到直线的方程．
【详解】因为直线平分圆，且与直线垂直，所以直线过圆心，斜率为，即直线的方程是．
故选：D．
2. 3名同学分别从5个风景点中选择一处游览，不同的选法种数是( )
A. 10B. 60C. 125D. 243
【答案】C
【解析】
【分析】利用分步乘法计数原理即可计算．
【详解】3名同学均各自有5种选择方法，彼此之间互不影响，
故由分步乘法计数原理可得不同的选法种数为：．
故选：C．
3. 古希腊数学家阿基米德利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.若椭圆的中心为原点，焦点，均在轴上，的面积为，且短轴长为，则的标准方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据“逼近法”求椭圆的面积公式，及短轴长为，即可求得的值，进而由焦点在轴上可得的标准方程.
【详解】由题意可得
解得，，
因为椭圆的焦点在轴上，所以的标准方程为.
故选：B.
【点睛】本题考查了数学文化，椭圆的几何性质及标准方程求法，属于基础题.
4. 已知坐标平面内三点，为的边上一动点，则直线斜率的变化范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】作出图象，求出的斜率，再结合图象即可得解.
【详解】如图所示，
，
因为为的边上一动点，
所以直线斜率的变化范围是.
故选：D.
5. 已知圆，过点（1，2）的直线被该圆所截得的弦的长度的最小值为（ ）
A. 1B. 2
C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】当直线和圆心与点的连线垂直时，所求的弦长最短，即可得出结论.
【详解】圆化为，所以圆心坐标为，半径为，
设，当过点的直线和直线垂直时，圆心到过点的直线的距离最大，所求的弦长最短，此时
根据弦长公式得最小值为.
故选：B.
【点睛】本题考查圆的简单几何性质，以及几何法求弦长，属于基础题.
6. 在正方体中，是底面的中心，分别是棱的中点，则直线（ ）
A. 和都垂直
B. 垂直于，但不垂直于
C. 垂直于，但不垂直于
D. 与都不垂直
【答案】A
【解析】
【分析】以为坐标原点建立空间直角坐标系，根据向量垂直的坐标表示可证得与都垂直.
【详解】以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
设正方体棱长为，则，，，，，
，，，
，，，.
故选：A.
7. 如图，，分别是椭圆的左、右焦点，点P是以为直径的圆与椭圆在第一象限内的一个交点，延长与椭圆交于点Q．若，则直线的斜率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】连接，设（），则.利用椭圆的定义表示出，由勾股定理求出，即可得到，进而求出直线的斜率.
【详解】如图，连接，，
设（），则.
因为，，
所以，.
中，，所以，
即，整理得，
所以，
所以直线的斜率为．
故选：A.
8. 杨辉是我国南宋末年的一位杰出的数学家，他在《详解九章算法》一书中，画了一个由二项式展开式的系数构成的三角形数阵，称作“开方作法本源”，这就是著名的“杨辉三角”．在“杨辉三角”中，从第2行开始，除1以外，其他每一个数值都是它上面的两个数值之和，每一行第k（，）个数组成的数列称为第k斜列．该三角形数阵前5行如图所示，则该三角形数阵前2022行第k斜列与第斜列各项之和最大时，k的值为（ ）
第1行 1 1
第2行 1 2 1
第3行 1 3 3 1
第4行 1 4 6 4 1
第5行 1 5 10 10 5 1
A. 1009B. 1010C. 1011D. 1012
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意可得第k斜列各项之和为，第k+1斜列各项之和为，结合组合数的运算性质即可求解.
【详解】当时，第k斜列各项之和为
，
同理，第k+1斜列各项之和为，
所以，
当第k斜列与第k+1斜列各项之和最大时，，解得.
故选：C.
二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，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. （多选）点在圆的内部，则的取值不可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】求出实数的取值范围，即可得出合适的选项.
【详解】由已知条件可得，即，解得.
故选：AD
10. 在的展开式中，下列说法正确的有（ ）
A. 所有项的二项式系数和为128B. 所有项的系数和为0
C. 系数最大的项为第4项和第5项D. 存在常数项
【答案】AB
【解析】
【分析】利用二项式定理以及展开式的通项，赋值法对应各个选项逐个判断即可．
【详解】解：选项A：所有项的二项式系数和为，故A正确；
选项B：令，则，所以所有项的系数的和为0，故B正确；
选项C：二项式的展开式的通项为，
第四项为，第五项为，
显然第五项的系数最大，故C错误；
选项D：令，解得，故不存在常数项，故D错误；
故选：AB．
11. 已知、是双曲线的上、下焦点，点是该双曲线的一条渐近线上的一点，并且以线段为直径的圆经过点，则下列说法正确的是（ ）
A. 双曲线的渐近线方程为
B. 以为直径的圆的方程为
C. 点的横坐标为
D. 的面积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据双曲线的标准方程求出渐近线方程，以为直径的圆的方程，点坐标，的面积然后判断各选项．
【详解】由双曲线方程知，焦点在轴，渐近线方程为，A正确；
，以为直径的圆的方程是，B错；
由得或，由对称性知点横坐标是，C正确；
，D正确．
故选：ACD．
【点睛】本题考查双曲线的几何性质，解题时可根据双曲线方程确定，同时注意焦点据的轴，然后根据求解其他量．
12. 如图，矩形ADFE、矩形CDFG、正方形ABCD两两垂直，且，若线段DE上存在点P，使得，则边CG长度的可能值为（ ）
A. 2B. C. 4D.
【答案】CD
【解析】
【分析】以为原点建立空间直角坐标系，设，则，即，再根据，得，结合二次函数得性质即可得解.
【详解】如图，以为原点建立空间直角坐标系，
设，则，即，
又，
所以，
由，
得，
显然且，则，
所以，
因为，所以，
所以，所以.
故选：CD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 若直线：与：平行，则与之间的距离为______．
【答案】
【解析】
【分析】先根据两直线平行求得，再根据平行直线间的距离公式即可得解.
【详解】因为直线：与：平行，
所以，解得，
所以直线：与：平行，
所以与之间的距离为.
故答案为：.
14. 的展开式中的系数为______．
【答案】40
【解析】
【分析】根据二项式展开式的通项公式，直接计算即可得到结果.
【详解】展开式的通项公式为，
令，则，所以的系数为．
故答案为：40.
15. 如图，三棱锥的所有棱长均为1，底面ABC，点M，N在直线SH上，且，若动点P在底面ABC内，且的面积为，则动点P的轨迹长度为______．
【答案】##
【解析】
【分析】由题得当点P在平面ABC内时，其轨迹是以H为圆心，为半径的圆．点P的轨迹为圆H位于底面ABC内的三段相等的圆弧，再计算得解.
【详解】解：设P到直线MN的距离为d，由题得，易知H为的中心，
又平面ABC，当点P在平面ABC内时，其轨迹是以H为圆心，为半径的圆．
∵内切圆的半径为，∴圆H的一部分位于外，
结合题意得，点P的轨迹为圆H位于底面ABC内的三段相等的圆弧，
如图，过点H作，垂足为O，则，记圆H与线段OC的交点为K，连接HK，可得，
∴，
∴，∴点P的轨迹长度为圆H周长的，
∴点P的轨迹长度为．
故答案为：
16. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，在双曲线的右支上，，则双曲线离心率的取值范围是____________.
【答案】
【解析】
【分析】结合已知条件与双曲线的定义可得，再利用余弦定理得到，求出的范围，即可求出结果.
【详解】设，由，得，
由余弦定理得，
因为，所以，即，又，
所以.
故答案为：.
四、解答题：本大题共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. 已知点，圆．
（1）若直线过点，且圆上任意一点关于直线对称点也在圆上，求直线的方程；
（2）若直线过点，且直线与圆交于两点，若，求直线的方程．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）由题意得到直线经过圆的圆心，求得直线斜率为，结合直线的点斜式方程，即可求解；
（2）根据题意得到圆心C到直线的距离为,设直线的方程为，利用点到直线的距离公式，列出方程，即可求解.
【小问1详解】
解：由圆，可得圆心坐标为，半径为，
因为直线过点，且圆上任意一点关于直线的对称点也在圆上，
可得直线经过圆圆心，所以直线斜率为，
所以直线的方程为，整理得.
【小问2详解】
解：由及圆的半径为，可得，圆心C到直线的距离为,
设直线的斜率为m，则直线的方程为，
圆心C到直线的距离，解得或，
所以直线的方程为或．
18. 现要安排名医护人员前往四处核酸检测点进行核酸检测，每个检测点安排两名医护人员前往.已知甲､乙两人不能安排在同一处检测点.
（1）求不同的安排方法总数；
（2）记四处检测点分别为，若甲不能前往检测点，乙不能前往检测点，求不同的安排方法数.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先安排两人与甲、乙前往两个不同检测点，再将剩余人平均分配到另外两个检测点，由分步乘法计数原理可求得结果；
（2）将所有安排方法分为乙前往检测点和不前往检测点两类，结合组合数运算可求得每一类的方法数，由分类加法计数原理可求得结果.
【小问1详解】
第一步：选择两人与甲、乙前往两个不同的检测点，则共有种安排方法；
第二步：将剩余人安排到剩余的两处检测点，共有种安排方法；
由分步乘法计数原理得：不同的安排方法有种.
【小问2详解】
若乙前往检测点，则有种安排方法；
若乙不前往检测点，则有种安排方法；
由分类加法计数原理得：不同的安排方法有种.
19. 如图在边长是2的正方体中，E，F分别为AB，的中点．
（1）求异面直线EF与所成角的大小．
（2）证明：平面．
【答案】（1）；（2）证明见解析．
【解析】
【分析】（1）通过建立空间直角坐标系，利用可得解；
（2）利用和，可证得线线垂直，进而得线面垂直.
【详解】据题意，建立如图坐标系．于是：
，，，，，
∴，，，．
（1），
∴
∴异面直线EF和所成的角为．
（2）
∴，即
，
∴即．
又∵，平面且
∴平面．
20. 如图，三棱柱中，侧面BB1C1C是菱形，其对角线的交点为O，且AB=AC1，AB⊥B1C．
（1）求证：AO⊥平面BB1C1C；
（2）设∠B1BC=60°，若直线A1B1与平面BB1C1C所成的角为45°，求二面角的余弦值．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）证明B1C⊥平面ABC1，可得AO⊥BC1，再证明AO⊥BC1，根据线面垂直的判定定理即可得证；
（2）易得直线AB与平面BB1C1C所成的角即∠ABO，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，再利用向量法即可得出答案.
【小问1详解】
证明：∵四边形BB1C1C是菱形，∴B1C⊥BC1，
∵AB⊥B1C，AB∩BC1=B，平面ABC1，
∴B1C⊥平面ABC1，
又平面ABC1，∴B1C⊥AO，
∵AB=AC1，O是BC1的中点，∴AO⊥BC1，
又B1C∩BC1=O，平面BB1C1C，
∴AO⊥平面BB1C1C；
【小问2详解】
解：∵AB∥A1B1，
∴直线A1B1与平面BB1C1C所成的角等于直线AB与平面BB1C1C所成的角，
∵AO⊥平面BB1C1C，∴直线AB与平面BB1C1C所成的角即∠ABO，
∴∠ABO=45°，
不妨设菱形BB1C1C的边长为2，则在等边三角形BB1C中，BO=，CO=B1O=1，
在Rt△ABO中，AO=BO=，
如图，以O为坐标原点，分别以OB，OB1，OA所在的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，
，
设平面A1B1C1的法向量为，
则有，可取，
因为AO⊥平面BB1C1C，
所以即为平面BB1C1C的一个法向量，
则，
由图可知二面角为钝二面角，
所以二面角的余弦值为．
21. 已知抛物线上第一象限的一点到其焦点的距离为2．
（1）求抛物线C的方程和点坐标；
（2）过点的直线l交抛物线C于A、B，若的角平分线与y轴垂直，求弦AB的长．
【答案】（1）抛物线方程为：， 点坐标为（2，1）
（2）4
【解析】
【分析】（1）根据题意结合抛物线的定义可求出，则可得抛物线方程，再将代入抛物线方程可求出，从而可求得点的坐标，
（2）由题意可得直线l的斜率存在，设直线方程为，，，将直线方程代入抛物线方程化简利用根与系数的关系，再由的角平分线与y轴垂直，可得，化简可求出的值，再利用弦长公式可求得弦AB的长.
【小问1详解】
由可得：p＝2，
故抛物线方程为：，
当y＝1时，，
又因为x＞0，所以x＝2，
所以点坐标为（2，1）；
【小问2详解】
由题意可得直线l斜率存在，设直线方程为，，，
由，得，
所以，，，
因为的角平分线与y轴垂直，所以，
所以，即，
即，
所以，，，
所以.
22. 已知是椭圆：上一点，、分别为椭圆的左、右焦点，且，，的面积为．
（1）求椭圆的方程；
（2）直线过椭圆右焦点，交该椭圆于、两点，中点为，射线（为坐标原点）交椭圆于，记的面积为，的面积为，若，求直线的方程．
【答案】（1）；（2）．
【解析】
【分析】（1）根据三角形的面积公式和余弦定理求得，，由此求得椭圆的方程．
（2）解法一：由已知和三角形的面积公式得．分斜率不存在和斜率存在两种情况，当斜率存在时，设直线方程为，设点，，代入作差得，得直线的方程为：，分别与椭圆的方程和的直线方程联立求得和，可求得斜率，从而得直线的方程．
解法二：由已知和三角形的面积公式得．当斜率不为0时，设直线的方程为，，，，直线AB的方程与椭圆的方程联立求得点的坐标，将其代入椭圆的方程可求得，从而得直线的方程．
【详解】（1）因为，所以，设，，，
因为，的面积为，
所以，所以．
在中，由余弦定理得：，即，
解得，所以，，
所以椭圆的方程是．
（2）解法一：因为，所以，
所以，所以．
当斜率不存在时，，不合题意，
当斜率存在时，设直线方程为，
设点，，则，两式作差得：，即，
故直线的方程为：，
联立，解得，联立，解得，
因为，所以，即，解得：，
所以直线的方程为．
（2）解法二：因为，
所以，所以，所以．
当斜率为0时，，两点重合，不合题意，
故设直线的方程为，，，，
联立得，所以，，
所以，，
所以，即，
将代入得，
即，解得：，
所以直线的方程为．
【点睛】方法点睛：(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去 (或)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系；(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为或不存在等特殊情形．有时若直线过x轴上的一点，可将直线设成横截式.