江西省吉安市2022-2023學年高二上學期期末質(zhì)量檢測數(shù)學試題含答案

吉安市高二上學期期末教學質(zhì)量檢測數(shù)學試題一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知直線的傾斜角為，斜率為，那么“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】A【解析】【分析】根據(jù)斜率和傾斜角的對應關系，結(jié)合充分性和必要性的定義求解即可.【詳解】由直線的斜率可得，解得，所以“”是“”充分不必要條件，故選：A2.已知向量，且與互相平行，則的值（）A. B. C. D.2【答案】C【解析】【分析】根據(jù)空間向量共線的坐標表示，由題中條件，可直接求出結(jié)果.【詳解】∵向量，，∴，，∵與互相平行，∴，解得．故選：C．3.某公司為慶祝新中國成立73周年，計劃舉行慶?；顒?，共有5個節(jié)目，要求A節(jié)目不排在第一個且C、D節(jié)目相鄰，則節(jié)目安排的方法總數(shù)為（）A.18 B.24 C.36 D.60【答案】C【解析】【分析】根據(jù)給定條件，利用分步乘法計數(shù)原理，結(jié)合特殊元素問題及相鄰問題，列式計算作答.【詳解】因為C、D節(jié)目相鄰，則視C、D節(jié)目為一個整體與其它3個節(jié)目排列，又A節(jié)目不排在第一個，則從后面三個位置中取一個排A，再排余下3個，有種，其中的每一種排法，C、D節(jié)目的排列有，所以節(jié)目安排的方法總數(shù)為（種）.故選：C4.如圖為一個拋物線形拱橋，當水面經(jīng)過拋物線的焦點時，水面寬度為18，則此時欲經(jīng)過橋洞的一艘寬12的貨船，其船體兩側(cè)的貨物距離水面的最大高度應不超過（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據(jù)題意，抽象出拋物線的幾何模型，根據(jù)拋物線的通經(jīng)性質(zhì)求得拋物線方程，即可求當寬為時的縱坐標即可求解.【詳解】根據(jù)題意畫出拋物線如下圖所示：設寬度為18時與拋物線的交點分別為，當寬度為12時與拋物線的交點分別為，當水面經(jīng)過拋物線的焦點時，水面寬度為18，所以由拋物線的性質(zhì)可知，則拋物線方程為，則，所以當寬度為12時，設，代入拋物線方程得，解得，所以直線與直線的距離，即船體兩側(cè)的貨物距離水面的最大高度應不超過，故選：B5.直線分別與軸，軸交于兩點，點在圓上運動，則面積的最大值為（）A.8 B. C.14 D.【答案】C【解析】【分析】根據(jù)圓上的點到直線距離的最大值的求解方法即可求最大面積.【詳解】令解得，所以,令解得，所以,所以,又因為圓心到直線的距離所以點到直線的最大距離為，所以面積的最大值為，故選:C.6.在的展開式中，記項的系數(shù)為，若，則a的值為（）A.0 B.1 C.2 D.3【答案】B【解析】【分析】利用二項式定理展開公式求解.【詳解】所以解得，故選：B.7.如圖，在四棱錐中，已知：平面ABCD，，，，已知Q是四邊形ABCD內(nèi)部一點（包括邊界），且二面角的平面角大小為，則面積的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】結(jié)合圖形，利用空間向量的坐標運算表示面面夾角的余弦值，即可確定點位置，即可求解.【詳解】以為坐標原點，建系如圖，因為二面角的平面角大小為，所以的軌跡是過點的一條直線，又因為Q是四邊形ABCD內(nèi)部一點（包括邊界），所以的軌跡是過點的一條線段，設以的軌跡與軸的交點坐標為，由題意可得,所以,因為平面，所以平面的一個法向量為,設平面的法向量為，所以令則所以，因為二面角的平面角大小為，所以，解得，所以當在線段BC上時，面積最大，最大值為，所以面積的取值范圍是，故選:D.8.如圖，在棱長為1的正方體中，是的中點，點是側(cè)面上的動點，且∥截面，則線段長度的取值范圍是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根據(jù)已知條件及三角形的中位線，利用線面平行的判定定理及面面平行的判定定理，結(jié)合直角三角形的勾股定理及勾股定理的逆定理即可求解.【詳解】取的中點為,取的中點為,取的中點為，如圖所示因為是中點，是的中點，所以,因為平面,平面,所以平面,同理可得，平面,又,平面,所以平面平面.又平面,線段掃過的圖形是,由,得,,,,所以,即為直角，所以線段長度的取值范圍是：,即.故選：A.二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.9.已知圓C：與直線l：，則下列說法中正確的是（）A.若直線l與圓C相交，則 B.若直線l與圓C相切，則C.當直線l與圓C的相交弦最長時， D.當圓心C到直線l的距離取最大值時，【答案】ACD【解析】【分析】對A選項，由圓心到直線距離小于半徑，列出不等式即可求得；對B選項，由圓心到直線距離等于半徑，列出方程即可求得；對C選項，當直線與圓相交的弦最長時，此時直線經(jīng)過圓心，代入圓心到直線方程即可求得；對D選項，當直線定點與圓心相連的直線與直線l垂直時，圓心C到直線l的距離最大，由兩直線斜率之積為-1，列出等式即可求得．【詳解】圓C方程可化為，∴圓心，半徑.對A選項，若直線l與圓C相交，則圓心到直線距離，解得∴A選項正確；對B選項，∵直線l與圓C相切，∴圓心到直線距離，解得或，∴B選項錯誤；對C選項，當直線l與圓C的相交的弦最長時，直線l經(jīng)過圓心（2，1），把圓心代入，得∴C選項正確；對D選項，∵直線恒過定點，圓心為，∴當圓心C到直線l的距離取最大值時，直線l與直線AC垂直，此時，則直線l的斜率為-2，∴，解得，∴D選項正確故選：ACD．10.如圖，空間四邊形OABC中，M，N分別是邊OA，CB上的點，且，，點G是線段MN的中點，則以下向量表示正確的是（）A B.C. D.【答案】BD【解析】【分析】利用空間向量的基底表示向量，再結(jié)合空間向量線性運算，逐項計算判斷作答.【詳解】空間四邊形OABC中，，，點G是線段MN的中點，，，D正確；對于A，，A錯誤；對于B，，B正確；對于C，，C錯誤.故選：BD11.已知拋物線C：，過焦點F的直線交拋物線C于，兩點，MN的中點為P，直線OM，ON分別與直線l：相交于A、B兩點.則下列說法正確的是（）A. B.的最小值為8C.P到直線l距離的最小值為6 D.與的面積之比不為定值【答案】AC【解析】【分析】對于A：設直線的方程為：，與拋物線聯(lián)立消后由韋達定理即可求得均為定值；對于B：表示出的坐標，用距離公式計算出，用基本不等式求的最小值；對于C：用的縱坐標表示出到直線的距離，再用基本不等式求最小值；對于D：分別求出與的面積驗證即可.【詳解】依題意，可得如下圖象：，對于A：因為拋物線的方程為，所以，由拋物線的焦點在軸可得，直線的斜率一定存在，所以設直線的方程為：，由，消可得，所以，，，，所以A選項正確；對于B：因為，，所以所以，同理，所以，當時取得最小值16，所以B選項錯誤；對于C：因為為的中點，所以到直線的距離，當且僅當時等號成立，所以C選項正確；對于D：由題意可得直線的方程分別為：，所以它們與的交點分別為：，所以所以，又到直線的距離，由弦長公式得：，所以，所以，所以D選項錯誤；故選：AC.【點睛】本題考查了直線與拋物線的位置關系，“焦點弦”問題的求解，弦長公式的應用，設而不求法，韋達定理的應用等，需要考生的計算能力以及數(shù)形結(jié)合轉(zhuǎn)化能力有較高的要求，屬于壓軸題.12.已知為圓錐的頂點，為圓錐底面圓的圓心，為線段的中點，為底面圓的直徑，是底面圓的內(nèi)接正三角形，，則下列說法正確的是（）A.B.⊥平面C.在圓錐側(cè)面上，點A到中點的最短距離為3D.圓錐內(nèi)切球的表面積為【答案】ABD【解析】【分析】A選項，證明出，得到平行關系；B選項，作出輔助線，得到BM⊥AM，AM⊥BC，從而證明出線面垂直；C選項，將側(cè)面展開，設中點為Q，連接AQ，則為點A到中點的最短距離，求出，假設，由余弦定理求出點A到中點的最短距離為3，故C錯誤；D選項，畫出圖形，找到內(nèi)切球球心，求出半徑，得到內(nèi)切球表面積.【詳解】因為是底面圓的內(nèi)接正三角形，為底面圓的直徑，所以，，又，所以，故，A正確；因為為圓錐的頂點，為圓錐底面圓的圓心，為線段的中點，所以MO⊥平面ABC，因為平面ABC，所以MO⊥BC，又AO⊥BC，，平面MOA，所以BC⊥平面AMO，因為平面AMO，所以AM⊥BC，因為，所以，由勾股定理得：，則，故，同理可得：，因為，所以BM⊥AM，因為平面MBC，且，所以⊥平面，B正確；將側(cè)面展開，如下：設中點為Q，連接AQ，則為點A到中點的最短距離，其中，故底面周長為，故，則，若，由，由余弦定理得：，因為，所以在圓錐側(cè)面上，點A到中點的最短距離不為3，C錯誤；由對稱性可知，圓錐內(nèi)切球球心在OP上，作出圖形，如下：設內(nèi)切球球心為T，設內(nèi)切球半徑為，TU=R，，則，其中，故，在Rt△PUT中，由勾股定理得：，即，解得：，故圓錐內(nèi)切球的表面積為，D正確.故選：ABD.【點睛】解決與球有關的內(nèi)切或外接的問題時，解題的關鍵是確定球心的位置．對于外切的問題要注意球心到各個面的距離相等且都為球半徑；對于球的內(nèi)接幾何體的問題，注意球心到各個頂點的距離相等，解題時要構(gòu)造出由球心到截面圓的垂線段、小圓的半徑和球半徑組成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半徑．三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13.黨的二十大報告指出，建設教育強國是民族復興的偉大基礎工程.某師范院校為了支持鄉(xiāng)村教育振興計劃，擬委派10名大學生到偏遠山區(qū)支教，其中有3名研究生.現(xiàn)將這10名大學生分配給5個鄉(xiāng)村小學，每校2人，則不同的研究生分配情況有______種（用數(shù)字作答）.【答案】120【解析】【分析】不同的研究生分配情況分為2類：其中2個研究生分配到相同的學校，3個研究生分配到不同的學校，根據(jù)分類加法計數(shù)原理分別計算即可.【詳解】如果其中2個研究生分配到相同的學校則有種；如果3個研究生分配到不同的的學校則有種；所以不同的研究生分配情況有(種).故答案為：120.14.在的展開式中，項的系數(shù)為______.【答案】220【解析】【分析】根據(jù)給定條件，分析展開式中項出現(xiàn)的情況，再列式計算作答.【詳解】的展開式通項，當時，展開式中的最高指數(shù)小于12，而的指數(shù)小于等于，因此中的指數(shù)是負整數(shù)，要得到項，當且僅當，所以展開式中項的系數(shù)是展開式中項的系數(shù).故答案為：22015.在平面直角坐標系中，已知橢圓與雙曲線共焦點，雙曲線實軸的兩頂點將橢圓的長軸三等分，兩曲線的交點與兩焦點共圓，則橢圓的離心率為______.；當焦點在軸時，雙曲線的漸近線為______.【答案】①.②.【解析】【分析】根據(jù)橢圓和雙曲線定義，結(jié)合雙曲線實軸和橢圓長軸的定義、橢圓離心率公式、雙曲線漸近線方程進行求解即可.【詳解】橢圓和雙曲線的對稱性相同，不妨設兩個曲線的焦點都在軸，設兩個曲線標準方程分別為：，，設兩個曲線的焦點為，設為兩曲線在第一象限的交點，設，由橢圓和雙曲線的定義可得：，因為兩曲線的交點與兩焦點共圓，所以有，于是有，把的結(jié)果代入中，得，設橢圓的離心率為，因為雙曲線實軸的兩頂點將橢圓的長軸三等分，所以有，代入中，得，所以橢圓的離心率為；，代入中，得，所以雙曲線的漸近線為，故答案為：；【點睛】關鍵點睛：根據(jù)橢圓和雙曲線的定義是解題的關鍵.16.在棱長為的正方體中，是棱的中點，是側(cè)面內(nèi)的動點，且滿足直線平面，當直線與平面所成角最大時，三棱錐外接球的半徑為______.【答案】【解析】【分析】以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，設點，根據(jù)平面求出點的軌跡方程，根據(jù)與平面所成角最大求出點的坐標，設三棱錐外接球球心為，根據(jù)球心的定義可得出關于、、的方程組，求出這三個未知數(shù)的值，即可求得結(jié)果.【詳解】以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，則、、、、，設平面的法向量為，則，，則，取，可得，設點，則，因為平面，則，可得，其中，易知平面的一個法向量為，，，故當時，取最大值，此時，點，設三棱錐的球心為，則，解得，即球心，因此，三棱錐的外接球半徑為.故答案為：.【點睛】方法點睛：求空間多面體的外接球半徑的常用方法：①補形法：側(cè)面為直角三角形，或正四面體，或?qū)舛娼蔷嗟鹊哪Ｐ停梢赃€原到正方體或長方體中去求解；②利用球的性質(zhì)：幾何體中在不同面均對直角的棱必然是球大圓直徑，也即球的直徑；③定義法：到各個頂點距離均相等的點為外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圓圓心，找其垂線，則球心一定在垂線上，再根據(jù)帶其他頂點距離也是半徑，列關系求解即可；④坐標法：建立空間直角坐標系，設出外接球球心的坐標，根據(jù)球心到各頂點的距離相等建立方程組，求出球心坐標，利用空間中兩點間的距離公式可求得球的半徑.四、解答題：本題共6小題，共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17.在二項式的展開式中，前三項的系數(shù)依次為M，P，N，且滿足.（1）若直線l：的系數(shù)a，b，c（）為展開式中所有無理項系數(shù)，求不同直線l的條數(shù)；（2）求展開式中系數(shù)最大的項.【答案】（1）10；（2），.【解析】【分析】（1）根據(jù)給定條件，求出n值并求出展開式的通項，再利用組合求解作答.（2）由（1）中通項公式，列出不等式組，求出系數(shù)最大的項作答.【小問1詳解】二項式的展開式中，，依題意，，即，顯然，解得，展開式的通項為，當不是整數(shù)，即時，是無理項，當r分別取1，2，3，5，6，7時，對應項的系數(shù)分別為，從的5個數(shù)中取3個不同數(shù)分別為使，有種取法，每種取法確定一條直線，所以不同直線l的條數(shù)是10.【小問2詳解】由（1）知，展開式的通項為，令第項的系數(shù)最大，則有，即，整理得，解得，而，因此或，所以展開式中系數(shù)最大的項是，.18.已知圓M經(jīng)過，兩點，且在兩坐標軸上的四個截距之和為6.（1）求圓M的標準方程；（2）若過點的直線l與圓M相切于點E，F(xiàn)，求直線l的方程及四邊形PEMF的面積S.【答案】（1）圓的標準方程為；（2）直線方程為或，四邊形的面積為12.【解析】【分析】（1）設出圓的一般式方程，根據(jù)在兩坐標軸上的四個截距之和是6，以及韋達定理和圓過A，B坐標，列出方程組即可求解；（2）設切線方程為，由直線與圓相切列出方程求出即可得切線方程；求出，根據(jù)四邊形的面積求得面積.小問1詳解】設圓與軸的交點為，與軸的交點為，設圓，且令，得，則，令，得，則，圓在兩坐標軸上的四個截距之和是6，，圓過，兩點，將代入方程得，即，解得：，故得圓，圓的標準方程為.【小問2詳解】由（1）得圓的圓心為，半徑，過點斜率為0的直線方程為，直線與圓沒有交點，不是圓的切線，不妨設過的圓的切線的方程為，即，則，整理得，解得或，故切線方程為或.又，則四邊形的面積.19.如圖，在等腰直角中，，DB和EC都垂直于平面ABC，且，F(xiàn)為線段AE上一點，設.（1）當時，求證：平面ABC；（2）當二面角的余弦值為時，求四棱錐的體積.【答案】（1）證明見解析（2）18【解析】【分析】(1)利用線面平行的判定定理證明即可；(2)利用空間向量的坐標運算表示面面夾角的余弦值，進而可求體積.【小問1詳解】取靠近點的三等分點為，連接,則有,又因為DB和EC都垂直于平面ABC，，所以，所以,所以四邊形為平行四邊形，所以,平面ABC，平面ABC,所以平面ABC.【小問2詳解】如圖，以為原點，（垂直于平面）為軸，為軸，為軸建立空間直角坐標系，因為，所以,，設平面的一個法向量為，，令，則，取平面法向量為，當二面角的余弦值為時，解得，此時.20.世界人工智能大會是一場領域的國際盛會，集聚上千位來自國內(nèi)外的“最強大腦”，展開了近百場高端論壇頭腦風暴.某高校學生受大會展示項目的啟發(fā)，決定開發(fā)一款“貓捉老鼠”的游戲.如圖所示，兩個信號源相距10米，是線段的中點，過點的直線與直線的夾角為，機器貓在直線上運動，機器鼠的位置始終滿足：兩點同時發(fā)出信號，機器鼠接收到A點的信號比接收到點的信號晩秒（注：信號每秒傳播米）.在時刻時，測得機器鼠與點間的距離為米.（1）以為原點，直線為軸建立如圖所示的平面直角坐標系，求時刻時機器鼠所在位置的坐標.（2）游戲設定：機器鼠在距離直線不超過2米的區(qū)域運動時，有“被抓”的風險.如果機器鼠保持目前的運動軌跡不變，是否有“被抓”的風險？【答案】（1）（2）有【解析】【分析】（1）由機器鼠接收到A點的信號比接收到點的信號晩，可得機器鼠的運動軌跡方程，結(jié)合機器鼠與點間的距離為米，可得機器鼠此時的坐標；（2）求出機器鼠的運動軌跡方程到l的最短距離，比較其與2米的大小即可.【小問1詳解】設機器鼠的位置為點，由題意得，由題意可得即，可得的軌跡為以為焦點的雙曲線的右支，設其方程為，則，所以，則的軌跡方程為.又在時刻時，，則.可得，所以機器鼠所在位置的坐標為.【小問2詳解】由題意可知直線，設直線的平行線的方程為，由可得：，，令，解得，當時，為雙曲線的切線，設切點橫坐標為，所以，結(jié)合韋達定理有，所以，所以.此時，與雙曲線的右支相切，切點即為雙曲線右支上距離最近的點，此時與的距離為，即機器鼠與最小的距離為，故如果機器鼠保持目前的運動軌跡不變，有“被抓”的風險.21.如圖在直棱柱中，，、AC、的中點分別為D、E、F.（1）求證：；（2）若異面直線與BF所成的角為，且BC與平面BEF所成角的正弦值為，求二面角的正切值.【答案】（1）證明見解析；（2）.【解析】【分析】（1）根據(jù)給定條件，結(jié)合直三棱柱的結(jié)構(gòu)特征，證明平面即可推理作答.（2）由（1）及線線角、線面角可得，再建立空間直角坐標系，利用空間向量求解作答.【小問1詳解】在直棱柱中，點E、F分別為矩形對邊AC、的中點，則，而，于是，而平面，因此平面，又平面，所以.【小問2詳解】在直棱柱中，平面，由（1）知，，則平面，平面，有，為異面直線與BF所成的角，即，又平面，則是BC與平面BEF所成的角，即，而，因此，令，則，以點E為原點，射線分別為軸非負