江西省撫州市2022-2023學年高二上學期學生學業(yè)質(zhì)量監(jiān)測數(shù)學試題（含解析）

撫州市2022—2023學年度上學期學生學業(yè)質(zhì)量監(jiān)測高二年級數(shù)學試題卷一、選擇題：本大題共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.已知直線平分圓，且與直線垂直，則直線的方程是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根據(jù)題意可知直線過圓心，斜率為，即可得到直線的方程．【詳解】因為直線平分圓，且與直線垂直，所以直線過圓心，斜率為，即直線的方程是．故選：D．2.3名同學分別從5個風景點中選擇一處游覽，不同的選法種數(shù)是()A.10 B.60 C.125 D.243【答案】C【解析】【分析】利用分步乘法計數(shù)原理即可計算．【詳解】3名同學均各自有5種選擇方法，彼此之間互不影響，故由分步乘法計數(shù)原理可得不同的選法種數(shù)為：．故選：C．3.古希臘數(shù)學家阿基米德利用“逼近法”得到橢圓的面積除以圓周率等于橢圓的長半軸長與短半軸長的乘積.若橢圓的中心為原點，焦點，均在軸上，的面積為，且短軸長為，則的標準方程為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據(jù)“逼近法”求橢圓的面積公式，及短軸長為，即可求得的值，進而由焦點在軸上可得的標準方程.【詳解】由題意可得解得，，因為橢圓的焦點在軸上，所以的標準方程為.故選：B.【點睛】本題考查了數(shù)學文化，橢圓的幾何性質(zhì)及標準方程求法，屬于基礎題.4.已知坐標平面內(nèi)三點，為的邊上一動點，則直線斜率的變化范圍是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】作出圖象，求出的斜率，再結(jié)合圖象即可得解.【詳解】如圖所示，，因為為的邊上一動點，所以直線斜率的變化范圍是.故選：D.5.已知圓，過點（1，2）的直線被該圓所截得的弦的長度的最小值為（）A.1 B.2C.3 D.4【答案】B【解析】【分析】當直線和圓心與點的連線垂直時，所求的弦長最短，即可得出結(jié)論.【詳解】圓化為，所以圓心坐標為，半徑為，設，當過點的直線和直線垂直時，圓心到過點的直線的距離最大，所求的弦長最短，此時根據(jù)弦長公式得最小值為.故選：B.【點睛】本題考查圓的簡單幾何性質(zhì)，以及幾何法求弦長，屬于基礎題.6.在正方體中，是底面的中心，分別是棱的中點，則直線（）A.和都垂直B.垂直于，但不垂直于C.垂直于，但不垂直于D.與都不垂直【答案】A【解析】【分析】以為坐標原點建立空間直角坐標系，根據(jù)向量垂直的坐標表示可證得與都垂直.【詳解】以為坐標原點，正方向為軸，可建立如圖所示空間直角坐標系，設正方體棱長為，則，，，，，，，，，，，.故選：A.7.如圖，，分別是橢圓的左、右焦點，點P是以為直徑的圓與橢圓在第一象限內(nèi)的一個交點，延長與橢圓交于點Q．若，則直線的斜率為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】連接，設（），則.利用橢圓的定義表示出，由勾股定理求出，即可得到，進而求出直線的斜率.【詳解】如圖，連接，，設（），則.因為，，所以，.中，，所以，即，整理得，所以，所以直線的斜率為．故選：A.8.楊輝是我國南宋末年的一位杰出的數(shù)學家，他在《詳解九章算法》一書中，畫了一個由二項式展開式的系數(shù)構(gòu)成的三角形數(shù)陣，稱作“開方作法本源”，這就是著名的“楊輝三角”．在“楊輝三角”中，從第2行開始，除1以外，其他每一個數(shù)值都是它上面的兩個數(shù)值之和，每一行第k（，）個數(shù)組成的數(shù)列稱為第k斜列．該三角形數(shù)陣前5行如圖所示，則該三角形數(shù)陣前2022行第k斜列與第斜列各項之和最大時，k的值為（）第1行11第2行121第3行1331第4行14641第5行15101051A.1009 B.1010 C.1011 D.1012【答案】C【解析】【分析】根據(jù)題意可得第k斜列各項之和為，第k+1斜列各項之和為，結(jié)合組合數(shù)的運算性質(zhì)即可求解.【詳解】當時，第k斜列各項之和為，同理，第k+1斜列各項之和為，所以，當?shù)趉斜列與第k+1斜列各項之和最大時，，解得.故選：C.二、選擇題：本大題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的四個選項中，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.（多選）點在圓的內(nèi)部，則的取值不可能是（）A. B.C. D.【答案】AD【解析】【分析】求出實數(shù)的取值范圍，即可得出合適的選項.【詳解】由已知條件可得，即，解得.故選：AD10.在的展開式中，下列說法正確的有（）A.所有項的二項式系數(shù)和為128 B.所有項的系數(shù)和為0C.系數(shù)最大的項為第4項和第5項 D.存在常數(shù)項【答案】AB【解析】【分析】利用二項式定理以及展開式的通項，賦值法對應各個選項逐個判斷即可．【詳解】解：選項A：所有項的二項式系數(shù)和為，故A正確；選項B：令，則，所以所有項的系數(shù)的和為0，故B正確；選項C：二項式的展開式的通項為，第四項為，第五項為，顯然第五項的系數(shù)最大，故C錯誤；選項D：令，解得，故不存在常數(shù)項，故D錯誤；故選：AB．11.已知、是雙曲線的上、下焦點，點是該雙曲線的一條漸近線上的一點，并且以線段為直徑的圓經(jīng)過點，則下列說法正確的是（）A.雙曲線的漸近線方程為B.以為直徑的圓的方程為C.點的橫坐標為D.的面積為【答案】ACD【解析】【分析】根據(jù)雙曲線的標準方程求出漸近線方程，以為直徑的圓的方程，點坐標，的面積然后判斷各選項．【詳解】由雙曲線方程知，焦點在軸，漸近線方程為，A正確；，以為直徑的圓的方程是，B錯；由得或，由對稱性知點橫坐標是，C正確；，D正確．故選：ACD．【點睛】本題考查雙曲線的幾何性質(zhì)，解題時可根據(jù)雙曲線方程確定，同時注意焦點據(jù)的軸，然后根據(jù)求解其他量．12.如圖，矩形ADFE、矩形CDFG、正方形ABCD兩兩垂直，且，若線段DE上存在點P，使得，則邊CG長度的可能值為（）A.2 B. C.4 D.【答案】CD【解析】【分析】以為原點建立空間直角坐標系，設，則，即，再根據(jù)，得，結(jié)合二次函數(shù)得性質(zhì)即可得解.【詳解】如圖，以為原點建立空間直角坐標系，

設，則，即，又，所以，由，得，顯然且，則，所以，因為，所以，所以，所以.故選：CD.三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13.若直線：與：平行，則與之間的距離為______．【答案】【解析】【分析】先根據(jù)兩直線平行求得，再根據(jù)平行直線間的距離公式即可得解.【詳解】因為直線：與：平行，所以，解得，所以直線：與：平行，所以與之間的距離為.故答案為：.14.的展開式中的系數(shù)為______．【答案】40

【解析】【分析】根據(jù)二項式展開式的通項公式，直接計算即可得到結(jié)果.【詳解】展開式的通項公式為，令，則，所以的系數(shù)為．故答案為：40.15.如圖，三棱錐的所有棱長均為1，底面ABC，點M，N在直線SH上，且，若動點P在底面ABC內(nèi)，且的面積為，則動點P的軌跡長度為______．【答案】##【解析】【分析】由題得當點P在平面ABC內(nèi)時，其軌跡是以H為圓心，為半徑的圓．點P的軌跡為圓H位于底面ABC內(nèi)的三段相等的圓弧，再計算得解.【詳解】解：設P到直線MN的距離為d，由題得，易知H為的中心，又平面ABC，當點P在平面ABC內(nèi)時，其軌跡是以H為圓心，為半徑的圓．∵內(nèi)切圓的半徑為，∴圓H的一部分位于外，結(jié)合題意得，點P的軌跡為圓H位于底面ABC內(nèi)的三段相等的圓弧，如圖，過點H作，垂足為O，則，記圓H與線段OC的交點為K，連接HK，可得，∴，∴，∴點P的軌跡長度為圓H周長的，∴點P的軌跡長度為．故答案為：16.已知雙曲線的左、右焦點分別為，，在雙曲線的右支上，，則雙曲線離心率的取值范圍是____________.【答案】【解析】【分析】結(jié)合已知條件與雙曲線的定義可得，再利用余弦定理得到，求出的范圍，即可求出結(jié)果.【詳解】設，由，得，由余弦定理得，因為，所以，即，又，所以.故答案為：.四、解答題：本大題共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.已知點，圓．（1）若直線過點，且圓上任意一點關(guān)于直線對稱點也在圓上，求直線的方程；（2）若直線過點，且直線與圓交于兩點，若，求直線的方程．【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）由題意得到直線經(jīng)過圓的圓心，求得直線斜率為，結(jié)合直線的點斜式方程，即可求解；（2）根據(jù)題意得到圓心C到直線的距離為,設直線的方程為，利用點到直線的距離公式，列出方程，即可求解.【小問1詳解】解：由圓，可得圓心坐標為，半徑為，因為直線過點，且圓上任意一點關(guān)于直線的對稱點也在圓上，可得直線經(jīng)過圓圓心，所以直線斜率為，所以直線的方程為，整理得.【小問2詳解】解：由及圓的半徑為，可得，圓心C到直線的距離為,設直線的斜率為m，則直線的方程為，圓心C到直線的距離，解得或，所以直線的方程為或．18.現(xiàn)要安排名醫(yī)護人員前往四處核酸檢測點進行核酸檢測，每個檢測點安排兩名醫(yī)護人員前往.已知甲?乙兩人不能安排在同一處檢測點.（1）求不同的安排方法總數(shù)；（2）記四處檢測點分別為，若甲不能前往檢測點，乙不能前往檢測點，求不同的安排方法數(shù).【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先安排兩人與甲、乙前往兩個不同檢測點，再將剩余人平均分配到另外兩個檢測點，由分步乘法計數(shù)原理可求得結(jié)果；（2）將所有安排方法分為乙前往檢測點和不前往檢測點兩類，結(jié)合組合數(shù)運算可求得每一類的方法數(shù)，由分類加法計數(shù)原理可求得結(jié)果.【小問1詳解】第一步：選擇兩人與甲、乙前往兩個不同的檢測點，則共有種安排方法；第二步：將剩余人安排到剩余的兩處檢測點，共有種安排方法；由分步乘法計數(shù)原理得：不同的安排方法有種.【小問2詳解】若乙前往檢測點，則有種安排方法；若乙不前往檢測點，則有種安排方法；由分類加法計數(shù)原理得：不同的安排方法有種.19.如圖在邊長是2的正方體中，E，F(xiàn)分別為AB，的中點．（1）求異面直線EF與所成角的大?。?）證明：平面．【答案】（1）；（2）證明見解析．【解析】【分析】（1）通過建立空間直角坐標系，利用可得解；（2）利用和，可證得線線垂直，進而得線面垂直.【詳解】據(jù)題意，建立如圖坐標系．于是：，，，，，∴，，，．（1），∴∴異面直線EF和所成的角為．（2）∴，即，∴即．又∵，平面且∴平面．20.如圖，三棱柱中，側(cè)面BB1C1C是菱形，其對角線的交點為O，且AB=AC1，AB⊥B1C．（1）求證：AO⊥平面BB1C1C；（2）設∠B1BC=60°，若直線A1B1與平面BB1C1C所成的角為45°，求二面角的余弦值．【答案】（1）見解析（2）【解析】【分析】（1）證明B1C⊥平面ABC1，可得AO⊥BC1，再證明AO⊥BC1，根據(jù)線面垂直的判定定理即可得證；（2）易得直線AB與平面BB1C1C所成的角即∠ABO，以O為坐標原點，建立空間直角坐標系，再利用向量法即可得出答案.【小問1詳解】證明：∵四邊形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的中點，∴AO⊥BC1，又B1C∩BC1=O，平面BB1C1C，∴AO⊥平面BB1C1C；【小問2詳解】解：∵AB∥A1B1，∴直線A1B1與平面BB1C1C所成的角等于直線AB與平面BB1C1C所成的角，∵AO⊥平面BB1C1C，∴直線AB與平面BB1C1C所成的角即∠ABO，∴∠ABO=45°，不妨設菱形BB1C1C的邊長為2，則在等邊三角形BB1C中，BO=，CO=B1O=1，在Rt△ABO中，AO=BO=，如圖，以O為坐標原點，分別以OB，OB1，OA所在的直線為x，y，z軸建立空間直角坐標系，則，，設平面A1B1C1的法向量為，則有，可取，因為AO⊥平面BB1C1C，所以即為平面BB1C1C的一個法向量，則，由圖可知二面角為鈍二面角，所以二面角的余弦值為．21.已知拋物線上第一象限的一點到其焦點的距離為2．（1）求拋物線C的方程和點坐標；（2）過點的直線l交拋物線C于A、B，若的角平分線與y軸垂直，求弦AB的長．【答案】（1）拋物線方程為：，點坐標為（2，1）（2）4【解析】【分析】（1）根據(jù)題意結(jié)合拋物線的定義可求出，則可得拋物線方程，再將代入拋物線方程可求出，從而可求得點的坐標，（2）由題意可得直線l的斜率存在，設直線方程為，，，將直線方程代入拋物線方程化簡利用根與系數(shù)的關(guān)系，再由的角平分線與y軸垂直，可得，化簡可求出的值，再利用弦長公式可求得弦AB的長.【小問1詳解】由可得：p＝2，故拋物線方程為：，當y＝1時，，又因為x＞0，所以x＝2，所以點坐標為（2，1）；【小問2詳解】由題意可得直線l斜率存在，設直線方程為，，，由，得，所以，，，因為的角平分線與y軸垂直，所以，所以，即，即，所以，，，所以.22.已知是橢圓：上一點，、分別為橢圓的左、右焦點，且，，的面積為．（1）求橢圓的方程；（2）直線過橢圓右焦點，交該橢圓于、兩點，中點為，射線（為坐標原點）交橢圓于，記的面積為，的面積為，若，求直線的方程．【答案】（1）；（2）．【解析】【分析】