2022-2023学年江西省抚州市高二上学期学生学业质量监测数学试题含解析

这是一份2022-2023学年江西省抚州市高二上学期学生学业质量监测数学试题含解析，共18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学年江西省抚州市高二上学期学生学业质量监测数学试题 一、单选题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】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．10 B．60 C．125 D．243【答案】C【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【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【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．1 B．2C．3 D．4【答案】B【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【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【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，.在中，，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  1A．1009 B．1010 C．1011 D．1012【答案】C【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、多选题9．（多选）点在圆的内部，则的取值不可能是（    ）A． B．C． D．【答案】AD【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128 B．所有项的系数和为0C．系数最大的项为第4项和第5项 D．存在常数项【答案】AB【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【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．2 B． C．4 D．【答案】CD【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13．若直线：与：平行，则与之间的距离为______．【答案】【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 【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】/【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】【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17．已知点，圆．(1)若直线过点，且圆上任意一点关于直线的对称点也在圆上，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 【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.【详解】（1）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，可得直线经过圆的圆心，所以直线斜率为，所以直线的方程为，整理得.（2）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) 【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.【详解】（1）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.（2）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．【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) 【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.【详解】（1）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；（2）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 【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.【详解】（1）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）；（2）由题意可得直线l的斜率存在，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）．【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.