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

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．2

C．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  1

A．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

【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.