2023-2024学年江西省吉安市高二（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年江西省吉安市高二（上）期末数学试卷（含解析），共15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。

1.直线x+ 3y+n2024=0的倾斜角为( )
A. π3B. π2C. 5π6D. π6
2.已知空间中点N(e,d,f)关于平面xOy对称的点的坐标是( )
A. (e,d,−f)B. (e,−d,−f)C. (−e,d,−f)D. (e,−d,f)
3.两平行直线5x−12y+2=0和10x−24y−3=0间的距离为( )
A. 526B. 726C. 513D. 713
4.抛物线x2=16y的焦点到点(2,5)的距离为( )
A. 2B. 5C. 7D. 4
5.将8个外观相同的苹果分给甲、乙、丙三人，每人至少分到1个苹果，共有不同的分法( )
A. 15种B. 18种C. 21种D. 24种
6.一条经过点M( 2,−1)的直线l与圆C：(x−1)2+y2=30交于A，B两点，若|AB|=2 29，则l的方程为( )
A. x= 2或x−y+ 2−1=0B. y=−1或x−y+ 2−1=0
C. x= 2或x−y− 2−1=0D. y=−1或x−y− 2−1=0
7.在三棱锥M−ABC中，MA⊥平面ABC，△ABC为正三角形，AB=2，MA= 5，点F在线段MC上，且CF=λCM，当BC⋅AF=43时，λ=( )
A. 12B. 23C. 13D. 14
8.已知椭圆x29+y2=1的左、右顶点分别为A，B，点P为该椭圆上位于x轴上方一点，直线AP与直线x=4交于点C，直线BP与直线x=4交于点D，若|CD|=83，则直线AP的斜率为( )
A. 16B. 121C. 13或121D. 120或13
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知直线l： 3x+y+ 3−2=0，则下列说法正确的有( )
A. l的一个方向向量为k=(1,− 3)
B. l的截距式方程为x2 3−3+y2− 3=1
C. 若l与直线x−ay+4=0(a∈R)互相垂直，则a=− 3
D. 点(−1,0)到l的距离为1
10.(2x−1x)5的展开式中( )
A. 二项式系数之和为32B. 最高次项系数为32
C. 所有项系数之和为−1D. 所有项系数之和为1
11.双曲线T：x2a2−y2=1的焦点为F1(−2,0)，F2(2,0)，过F1的直线l1与双曲线的左支相交于A，B两点，过F2的直线l2与双曲线的右支相交于C，D两点，若四边形ABCD为平行四边形，则( )
A. a= 3
B. |AF1|−|CF1|=2 3
C. 平行四边形ABCD各边所在直线斜率均不为± 33
D. S▱ABCD≤8 33
12.在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，DE=12DD1，BF=FB1，则下列说法正确的是( )
A. FC1//平面AB1E
B. 直线FC1与底面ABCD所成的角的正弦值为 55
C. 平面AB1E与底面ABCD夹角的余弦值为13
D. 点C1到平面AB1E的距离为 25
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.若二元二次方程x2+y2−ax+(3a−1)y+54=0表示圆，则实数a的取值范围是______．
14.第19届杭州亚运会开幕前需在某高中招募10名志愿者作为高中组志愿者代表，分成两组，每组5人，共有15人报了名.其中小王、小张也报了名，则两人都被选中且被分在不同组的概率为______．
15.抛物线y2=6x上有一动点P，过P作曲线x2−4x+y2+154=0的切线，其中一个切点为A，则|PA|的最小值为______．
16.已知实数x，y满足2x= 1−y2，则yx−2的取值范围是______．
四、解答题：本题共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.(本小题10分)
判断5555+9是否能被8整除？并推理证明．
18.(本小题12分)
已知M为过点A(2,2)，B(1,3)，C(1,1)三点的圆．
(1)求圆M的方程；
(2)若直线l：y=x+m与圆M有交点，求m的取值范围．
19.(本小题12分)
在空间直角坐标系O−xyz中，A(2,0,1)，B(2,2,0)，C(0,2,1)，D(3,4,−1)．
(1)求AB⋅AD；
(2)判断点A，B，C，D是否共面，并说明理由．
20.(本小题12分)
已知过x轴正半轴上一点N的直线l：x=my+a交抛物线C：y2=4x于P，Q两点，且|NP|⋅|NQ|=|PQ|，证明点N为定点，并求出该定点的坐标．
21.(本小题12分)
如图，直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的棱长均为2，底面ABCD是菱形，∠BAD=π3，E为AB的中点，且CC1上一点P满足CP=λCC1(0<λ<1)．
(1)若λ=14，证明：A1E⊥BP；
(2)若25<λ<1，且A1E与平面PBD所成角的正弦值为 154，求λ．
22.(本小题12分)
设x，y∈R，向量i，j分别为直角坐标平面内x轴、y轴正方向上的单位向量，若向量OA=(x+1)i+yj，OB=(x−1)i+yj，且|OA|+|OB|=4．
(1)求点P(x,y)的轨迹C的方程；
(2)已知F(1,0)，D(0, 3)，斜率不为0的直线l过点F且与轨迹C交于M，N两点，若DF平分∠MDN，求直线l的方程．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：设直线的倾斜角α(0≤α<π)，
直线x+ 3y+n2024=0的斜率k=− 33，
则tanα=− 33，∴α=5π6．
故选：C．
根据已知条件，结合直线的斜率与倾斜角的关系，即可求解．
本题主要考查直线的倾斜角，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：点N关于平面xOy对称的点的坐标是(e,d,−f)．
故选：A．
结合空间点对称的性质，即可求解．
本题主要考查空间中点的坐标，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：直线10x−24y−3=0，即5x−12y−32=0，
则平行线间距离d=|2−(−32)| 52+(−12)2=726．
故选：B．
将直线方程化简，代入平行线间的距离公式即可．
本题考查平行线间的距离公式的应用，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：抛物线x2=16y的焦点为F(0,4)，
所以点(2,5)到焦点的距离d= 22+(5−4)2= 5．
故选：B．
首先求出焦点坐标，再利用距离公式计算可得．
本题考查了抛物线的性质，重点考查了点与点的距离公式，属基础题．
5.【答案】C
【解析】解：挡板法：8个苹果间会产生7个空隙，任选2个空隙将苹果分开，即分成三份，
共有C72=21种分法．
故选：C．
利用“挡板法”求解．
本题主要考查了排列组合知识，属于基础题．
6.【答案】D
【解析】解：设直线l的方程为y+1=k(x− 2)，即kx−y− 2k−1=0，
由圆C：(x−1)2+y2=30，可得C(1,0)，r2=30，
则点C到直线l的距离d=|k− 2k−1| k2+1= r2−(|AB|2)2=1，
解得k=0或k=1，代入kx−y− 2k−1=0，
所以直线l的方程为：y=−1或x−y− 2−1=0．
故选：D．
设直线l的方程为y+1=k(x− 2)，利用垂径定理可求k，进而可得直线l的方程．
本题考查直线与圆的位置关系的应用，考查转化思想以及计算能力，属中档题．
7.【答案】C
【解析】解：因为MA⊥平面ABC，
所以以A为坐标原点，AC，AM所在直线分别为y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
因为△ABC为正三角形，AB=2，MA= 5，
所以A(0,0,0)，B( 3,1,0)，M(0,0, 5)，C(0,2,0)，
所以BC=(− 3,1,0)，CM=(0,−2, 5)，
因为F是棱MC上一点，所以设CF=λCM(0≤λ≤1)，
则AF=AC+λCM=(0,2,0)+λ(0,−2, 5)=(0,2−2λ, 5λ)，
因为BC⋅AF=43，所以− 3×0+2−2λ+0× 5λ=0，
即2−2λ=43，解得λ=13．
故选：C．
建立空间直角坐标系，设CF=λCM(0≤λ≤1)，由BC⋅AF=43建立λ的方程，求解即可．
本题考查空间向量的数量积运算，属于基础题．
8.【答案】C
【解析】解：∵椭圆方程为x29+y2=1，
∴a=3，b=1，c=2 2，
∴A(−3,0)，B(3,0)，设P(x0,y0)，
则kPAkPB=y02x02−9=1−x029x02−9=−19，
设kPA=k(k>0)，则kPB=−19k，
∴直线AP的方程为y=k(x+3)，令x=4可得C为(4,7k)，
又直线BP的方程为y=−19k(x−3)，令x=4可得D为(4,−19k)，
∴|CD|=7k+19k=83，解得k=13或121．
故选：C．
根据椭圆的几何性质及题意，建立方程，即可求解．
本题考查椭圆的几何性质，直线与椭圆的位置关系，属中档题．
9.【答案】AD
【解析】解：由直线方程知：l的一个方向向量为k=(1,− 3)，故A对；
由 3x+y=2− 3，则截距式为x2 3−1+y2− 3=1，故B错；
l与直线x−ay+4=0(a∈R)互相垂直，则 3×1+1×(−a)=0，可得a= 3，故C错；
点(−1,0)到l的距离为|− 3+0+ 3−2| 3+1=1，故D对．
故选：AD．
由直线一般方程写出一个方向向量及截距式判断A、B；由垂直关系的判定列方程求参判断C；应用点线距离公式求距离判断D．
本题考查的知识要点：直线的方程，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题．
10.【答案】ABD
【解析】解：由于二项式系数之和为C50+C51+⋅⋅⋅+C55=32，故A正确．
设展开式第k+1项为Tk+1=C5k(2x)5−k(−1x)k=(−1)k⋅C5k⋅25−k⋅x5−2k，
故当k=0时，可得最高次项的系数为C5025=32，故B正确．
令x=1得，所有项系数之和为15=1，故C错误，D正确．
故选：ABD．
由题意，利用二项式系数的性质，二项式展开式的通项公式，通过给变量赋值，逐一判断各个选项是否正确，从而得出结．
本题主要考查二项式定理的应用，二项式系数的性质，二项式展开式的通项公式．给变量赋值的问题，解题关键是根据要求的结果，选择合适的数值代入，属于中档题．
11.【答案】BC
【解析】解：双曲线T：x2a2−y2=1的焦点为F1(−2,0)，F2(2,0)，过F1的直线l1与双曲线的左支相交于A，B两点，过F2的直线l2与双曲线的右支相交于C，D两点，若四边形ABCD为平行四边形，
可得c=2，a2=c2−1=3，则a=± 3，故A错误．
由双曲线的对称性和平行四边形的对称性可知：|CF2|=|AF1|，
则||AF1|−|CF|1|=||CF2|−|CF1||=|2a|=2 3，B正确．
设任一边所在直线为y=kx+b(斜率存在时)，y=kx+b,x2−3y2−3=0,
联立得(1−3k2)x2−6kbx−3b2−3=0，
则1−3k2≠0，即k≠± 33，C正确．
由S▱ABCD=4S△COD，
设l2：x=ty+2(|t|< 3)；C(x1,y1)，D(x2,y2)，x=ty+2,x2−3y2−3=0,
联立得(t2−3)y2+4ty+1=0，
∴y1+y2=−4tt2−3，y1y2=1t2−3<0，
则S△COD=S△COF2+S△DOF2=12|y1−y2|⋅2
=|y1−y2|= (y1+y2)2−4y1y2=2 3⋅ t2+1|t2−3|，
设 t2+1=m，则1≤m<2，
∴S△COD=2 3m3−(m2−1)=2 3m4−m2=2 34m−m，
又0<4m−m≤3，∴S△COD=2 34m−m≥2 33，
故S▱ABCD≥8 33，D错误．
故选：BC．
根据已知条件求得双曲线的方程，再逐一进行判断即可．
本题主要考查双曲线的简单性质，考查计算能力，属于中档题也是易错题．
12.【答案】AB
【解析】解：对于A，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，DE=12DD1，BF=FB1，
以点D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图，
则A(1,0,0)，A1(1,0,1)，B1(1,1,1)，C1(0,1,1)，E(0,0,12)，F(1,1,12)，
FC1=(−1,0,12)，AE=(−1,0,12)，
∵FC1=AE，∴FC1/​/AE，
∵AE⊂平面AB1E，FC1⊄平面AB1E，∴FC1/​/平面AB1E，故A正确；
对于B，平面ABCD的法向量AA1=(0,0,1)，
设直线FC1与底面ABCD所成的角为θ，
则sinθ=|cs〈FC1,AA1〉|=|FC1⋅AA1||FC1||AA1|=|12 54×1|= 55，故B正确；
对于C，AB1=(0,1,1)，AE=(−1,0,12)，
设平面AB1E的法向量n=(x,y,z)，
则n⋅AB1=y+z=0,n⋅AE=−x+12z=0,令z=2，则n=(1,−2,2)．
设平面AB1E与底面ABCD的夹角为α，
则csα=|cs〈AA1,n〉|=|AA1⋅n|AA1||n||=|21×3|=23，
∴平面AB1E与底面ABCD夹角的余弦值为23，故C错误；
对于D，∵FC1/​/AE，AE⊂平面AB1E，FC1⊄平面AB1E，
又AF=(0,1,12)，平面AB1E的法向量n=(1,−2,2)，
点C1到平面AB1E的距离就是直线FC1与平面AB1E的距离，
∴点C1到平面AB1E的距离为：h=|AF⋅n||n|=|−2+1 12+(−2)2+22|=13，故D错误．
故选：AB．
以点D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求解．
本题考查线面平行的判断与性质、线面角、二面角、点到平面的距离等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
13.【答案】(−∞,−25)∪(1,+∞)
【解析】解：∵二元二次方程x2+y2−ax+(3a−1)y+54=0表示圆，
∴(−a)2+(3a−1)2−4×54>0，故5a2−3a−2>0，解得a∈(−∞,−25)∪(1,+∞)．
故答案为：(−∞,−25)∪(1,+∞)．
根据圆方程的判断方法：形如x2+y2+Dx+Ey+F=0的方程表示圆的条件为D2+E2−4F>0，列出不等式，解之即可．
本题主要考查圆的一般方程，考查运算求解能力，属于基础题．
14.【答案】521
【解析】解：该两人都被选中且被分在不同组为目标分组，分法种数为C134C94，
15人选10人分两组的分法种数为C155C105A22，
∴两人都被选中且被分在不同组的概率P=C134C94C155C105A22=521．
故答案为：521．
利用古典概型、排列组合求解．
本题考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
15.【答案】 152
【解析】解：曲线x2−4x+y2+154=0，即(x−2)2+y2=14，
表示以M(2,0)圆心，半径为14的圆，
如图：
|PA|= |PM|2−|AM|2= |PM|2−14，
设P(t26,t)，
则|PM|2=(2−t26)2+t2=t436+13t2+4≥4，即当t=0时，|PM|2取最小值4，
故|PA|的最小值为 4−14= 152．
故答案为： 152．
把问题转化为求两点间距离的最小值，结合二次函数的性质即可求解结论．
本题主要考查抛物线的性质以及计算能力，属于中档题．
16.【答案】[−2 1515,2 1515]
【解析】解：因为2x= 1−y2，所以4x2+y2=1，x≥0，
根据数形结合，4x2+y2=1，x≥0，可看作是椭圆x214+y2=1的一半(如图)．
又因为yx−2等价于过点(2,0)和点(x,y)的直线的斜率k．
设直线为y=k(x−2)，
联立4x2+y2=1y=k(x−2)，消y得：(4+k2)x2−4k2x+4k2−1=0．
令Δ=(4k2)2−4(4+k2)(4k2−1)≥0，
解得−2 1515≤k≤2 1515，
即yx−2的取值范围是[−2 1515,2 1515]．
故答案为：[−2 1515,2 1515]．
由题可得2x= 1−y2可看作是椭圆x214+y2=1的一半，从而将问题转化为直线y=k(x−2)与椭圆有公共点时k的取值范围．
本题考查直线与椭圆的位置关系，属于中档题．
17.【答案】解：能被8整除，
证明：5555+9=(56−1)55+9
=C5505655+C5515654(−1)1+...+C5555(−1)55+9
=5655−C5515654+⋅⋅⋅+C555456+8，
∵56能被8整除，
∴故5555+9能被8整除．
【解析】将已知关系式化简为5555+9=(56−1)55+9，然后利用二项式定理展开即可证明．
本题考查了二项式定理的应用，整除问题，考查了学生的运算转化能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)设圆的方程为：x2+y2+Dx+Gy+F=0，
由题可得：8+2D+2G+F=010+D+3G+F=02+D+G+F=0，解得D=−2G=−4F=4，
所以圆的方程为：x2+y2−2x−4y+4=0；
(2)将圆的一般方程x2+y2−2x−4y+4=0化为标准方程：(x−1)2+(y−2)2=1，
所以圆心M(1,2)，半径为r=1，
因为直线l：y=x+m与圆M有交点，
所以M到l：y=x+m的距离d=|m−1| 2≤r=1，解得1− 2≤m≤1+ 2，
所以m的取值范围为[1− 2,1+ 2]．
【解析】(1)由待定系数法即可求得；
(2)由直线与圆M有交点建立关于m的不等式，求解即可．
本题考查圆的方程的求法和直线与圆的位置关系，属于中档题．
19.【答案】解：(1)A(2,0,1)，B(2,2,0)，D(3,4,−1)．
则AB=(0,2,−1)，AD=(1,4,−2)，
∴AB⋅AD=0+2×4+(−1)×(−2)=10；
(2)∵AB=(0,2,−1)，AD=(1,4,−2)，AC=(−2,2,0)，
设AD=μAB+λAC，则−2λ=1−μ=−22μ+2λ=4无解，
故点A，B，C，D不共面．
【解析】(1)根据已知条件，结合向量的数量积运算，即可求解；
(2)结合向量共面定理，即可求解．
本题主要考查空间向量的应用，属于基础题．
20.【答案】证明：点N是直线l：x=my+a与x轴正半轴的交点，
∴N(a,0)，a>0，
设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，
联立方程组y2=4xx=my+a，
整理得y2−4my−4a=0，
∵a>0，∴Δ=16(m2+a)>0，
则y1+y2=4m，y1y2=−4a<0，

∴|PQ|= 1+m2 (y1+y2)2−4y1y2=4 (1+m2)(m2+a)，
|NP|= 1+m2|y1|，|NQ|= 1+m2|y2|，
∴|NP||NQ|=(1+m2)|y1y2|=|4a|(1+m2)，
∵|NP|⋅|NQ|=|PQ|，
∴|4a|(1+m2)=4 (1+m2)(m2+a)，
整理得(a−1)(am2+m2+a)=0，
∵a>0，∴am2+m2+a>0，
∴a−1=0，即a=1，
故此时点N为定点，N(1,0)．
【解析】设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，联立直线和抛物线的方程可得关于y的一元二次方程，由韦达定理和弦长公式可求|NP|，|NQ|，|PQ|，结合已知条件可得a的值，即可得结论．
本题考查直线与抛物线的位置关系，考查弦长公式的运用，是中档题．
21.【答案】(1)证明：直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的棱长均为2，底面ABCD是菱形，
连接AC，BD交于点O，如图所示．
∴AC⊥BD，且AC，BD互相平分．
又AB=2,∠BAD=π3，
∴OA=OC= 3，OB=OD=1，
连接A1C1，B1D1交于点O1，连接OO1，
则OO1⊥平面ABCD，
∴OB，OC，OO1两两相互垂直，故以O为坐标原点，OB，OC，OO1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系．
则A(0,− 3,0)，B(1,0,0)，C(0, 3,0)，D(−1,0,0)，
E(12,− 32,0)，A1(0,− 3,2)，C1(0, 3,2)，
∴BC=(−1, 3,0)，
∴A1E=(12, 32,−2)， 3
∴CP=(0,0,2λ)，
∴λ=14时，BP=BC+CP=(−1, 3,12)．
∵A1E⋅BP=−12+32−1=0，∴A1E⊥BP．
(2)解：由(1)可得BP=BC+CP=BC+λC1=(−1, 3,2λ)，
DB=(2,0,0)，A1E=(12, 32,−2)，
设平面PBD的法向量为n=(x,y,z)，
则DB⋅n=0,BP⋅n=0,即2x=0,−x+ 3y+2λz=0,
∴x=0，令y=2 3，得z=−3λ，
则n=(0,2 3,−3λ)，A1E=(12, 32,−2)，
设A1E与平面PBD所成角为α，
则sinα=|cs〈A1E,n〉|=|A1E⋅n||A1E||n|= 154，
化简得84λ2−64λ+11=0，
解得λ=12或λ=1142(舍去)．
【解析】(1)连接AC，BD交于点O，连接A1C1，B1D1交于点O1，连接OO1，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系．通过向量的数量积为0，证明A1E⊥BP．
(2)求解平面PBD的法向量，设A1E与平面PBD所成角为α，利用直线与平面所成角转化求解即可．
本题考查直线与平面所成角的求法，空间向量数量积的应用，是中档题．
22.【答案】解：(1)因为OA=(x+1)i+yj，OB=(x−1)i+yj，且|OA|+|OB|=4，
所以 (x−1)2+y2+ (x+1)2+y2=4，
该式子可看作是点P(x,y)到两个定点(−1,0)，(1,0)的距离之和为4，
由椭圆定义可得，2a=4，c=1，则a=2，b= a2−c2= 3，
所以点P的轨迹C的方程为x24+y23=1．
(2)直线l斜率不为0，设直线l的方程为x=ty+1，
直线l与椭圆方程联立x=ty+1,3x2+4y2−12=0,
消去x，整理得(3t2+4)y2+6ty−9=0，
Δ=36t2+36(3t2+4)>0，
设M(x1,y1)，N(x2,y2)，
可得根与系数的关系为y1y2=−93t2+4，y1+y2=−6t3t2+4，①
由DF平分∠MDN知|DM||MF|=|DN||NF|，
即|y1y2|= x12+(y1− 3)2 x22+(y2− 3)2，又x2=4−43y2，
则(y1y2)2=−13y12−2 3y1+7−13y22−2 3y2+7．
整理得7(y1+y2)=2 3y1y2．
把①式代入上式，化简得42t=18 3，解得t=3 37，
所以直线l的方程为x=3 37y+1．
【解析】(1)利用数量积运算律化简得 (x−1)2+y2+ (x+1)2+y2=4，利用椭圆定义即可求解方程；
(2)设l：x=ty+1，联立直线与椭圆方程，设M(x1,y1)，N(x2,y2)，可得根与系数的关系，再根据平分线的性质得点的坐标关系，结合根与系数的关系求解t，即可解答．
本题主要考查轨迹方程的求法，直线与圆锥曲线的综合，考查运算求解能力，属于中档题．