2022-2023学年上海市嘉定区第二中学高二上学期期中数学试题（解析版）

2022-2023学年上海市嘉定区第二中学高二上学期期中数学试题

一、单选题

1．圆与圆的位置关系是（    ）

A．相离 B．外切 C．相交 D．内切

【答案】C

【分析】将两圆方程写成标准式，计算出两圆圆心距，利用几何法可判断出两圆的位置关系.

【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径为，

圆的标准方程为，圆心为，半径为，

两圆圆心距为，所以，，

因此，两圆相交.

故选：C.

2．某城市在中心广场建造了一个花园，花园分为6个部分（如图所示），现要栽种4种不同颜色的花，每部分栽种一种且相邻部分不能栽种同样颜色的花，不同的栽种方法有多少种？（    ）

A．72 B．96 C．120 D．144

【答案】D

【分析】根据4号区域和6号区域颜色是否相同进行分类，结合计数原理，即可求得结果.

【详解】按照区域序号1,2,3,4,6,5进行栽种，

若号区域和6号区域选择同一种颜色的花：则共有：种；

若4号区域和6号区域不选择同一种颜色的花：则共有：种；

只种植3种花的情况共有：.

故共有种栽种方式.

故选：C.

3．2021年12月29日19时13分，长征二号丁遥四十一运载火箭在酒泉卫星发射中心点火升空，成功将天绘-4卫星送入预定轨道，发射任务取得圆满成功.已知天绘-4卫星的运行轨道是以地球的中心为焦点的椭圆，距地球表面最近点的距离为m千米，距地球表面最远点的距离为n千米，地球可近似地看作一个半径为R千米的球体，则天绘-4卫星的运动轨道的短轴长为（    ）千米.

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用题意可通过近地点和远地点和地球的半径建立等式联立求得的表达式，进而利用，求得．

【详解】解：由题意，且，①，②

，

所以．

故选：B．

4．已知与是直线（为常数）上两个不同的点，则关于和的交点情况是（    ）

A．无论，，如何，总有唯一交点 B．存在，，使之有无穷多个交点

C．无论，，如何，总是无交点 D．存在，，使之无交点

【答案】A

【分析】根据在直线可得，从而可得有唯一交点，从而可得正确的选项.

【详解】因为与是直线（为常数）上两个不同的点，

所以即，

故既在直线上，也在直线上.

因为与是两个不同的点，故、不重合，

故无论，，如何，总有唯一交点.

故选：A.

二、填空题

5．直线的倾斜角为______．

【答案】

【分析】把直线方程化为斜截式，再利用斜率与倾斜角的关系即可得出．

【详解】设直线的倾斜角为．

由直线化为，故，

又，故，故答案为．

【点睛】一般地，如果直线方程的一般式为，那么直线的斜率为，且，其中为直线的倾斜角，注意它的范围是．

6．二项式的展开式中第4项的系数是___________.

【答案】160

【分析】根据展开式的通项公式进行求解即可.

【详解】由二项式的展开式的通项公式可知，

则第4项的系数是160，

故答案为：160.

7．若方程表示椭圆，则实数m的取值范围是_________

【答案】

【分析】由椭圆方程的形式，列式求实数m的取值范围.

【详解】由条件可知 ，解得：且，

所以实数的取值范围是.

故答案为：

8．已知直线的方程为，直线的方程为，则直线与的夹角的余弦值为_________.

【答案】0.6

【分析】根据给定的方程，求出二直线的方向向量，再利用向量夹角公式计算作答.

【详解】依题意，直线的方向向量，直线的方向向量，

令直线与的夹角为，则有，

所以直线与的夹角的余弦值为.

故答案为：

9．若原点在直线上的射影为，则该直线的方程为____________________.

【答案】

【详解】试题分析：设所求直线的斜率为，则依题意有，而，所以，所以所求直线的方程为即．

【解析】1．直线的方程；2．两直线垂直的判定与性质．

10．若三点，，，（）共线，则的值等于___________.

【答案】0.5

【分析】由三点共线，利用斜率的公式可得，进而可求目标式的值.

【详解】由题意知，直线的斜率存在，则.

由得：，即，又，

∴.

故答案为：

11．在的展开式中，有理项的项数为___________项.

【答案】338

【分析】求出通项公式，令的系数为整数，找出符合的值即可.

【详解】二项式的通项为，则，，，也符合，故有理项的项数为：338项.

故答案为：338

12．设直线的方程是，从1，2，3，4，5这五个数中每次取两个不同的数作为A、 B的值，则所得不同直线的条数是_______．

【答案】18

【分析】任取2个数作为，共有种，去掉重复的直线条数即可得解.

【详解】∵从1，2，3，4，5这五个数中每次取两个不同的数作为A、B的值有种结果，

在这些直线中有重复的直线，

当A=1，B=2时和当A=2，B=4时，结果相同，

把A，B交换位置又有一组相同的结果，

∴所得不同直线的条数是，

故答案为：18

13．某单位安排7位员工在10月1日至7日值班，每天安排1人，每人值班1天.若7位员工中的甲、乙被安排在相邻两天值班，丙不在10月1日值班，丁不在10月7日值班，则不同的安排方案共有________种.

【答案】1008

【分析】根据题意，利用间接法，即可求解.

【详解】依题意，满足甲、乙两人值班安排在相邻两天的方法共有（种），

其中满足甲、乙两人值班安排在相邻两天且丙在10月1日值班的方法共有（种）；

满足甲、乙两人值班安排在相邻两天且丁在10月7日值班的方法共有(种)；

满足甲、乙两人值班安排在相邻两天且丙在10月1日值班，丁在10月7日值班的方法共有(种).

因此满足题意的方法共有1 440－2×240＋48＝1 008(种).

故答案为：1008

14．已知为直线上的动点，，则m的最小值为___________.

【答案】

【分析】利用两点间的距离公式得到m即为点到点和点的距离之和，求出点关于直线的对称点，由两点间距离公式即可求解m的最小值.

【详解】由表示到和的距离之和，

又关于直线的对称点为，

∴到和的距离之和的最小值为与之间的距离，

∴.

故答案为：.

15．已知a，b∈{0，1，2，…，9}，若满足|a－b|≤1，则称a，b“心有灵犀”．则a，b“心有灵犀”的情形共有_______．

【答案】28种

【分析】根据新定义，分析取不同的值时，取值的个数，即可得解.

【详解】当a为0时，b只能取0，1两个数；

当a为9时，b只能取8，9两个数；

当a为其它数时，b都可以取三个数，例如时，可取.

综上，一共有种情形.

故答案为：28种

16．若对圆上任意一点，的取值与、无关，则实数的取值范围是_________.

【答案】（或）

【分析】可以看作点到直线：与直线：

距离之和的倍，进一步分析说明圆位于两直线中间，再由点到直线的距离公式求解直线与圆相切时的值，则可得出答案.

【详解】设

故可以看作点到直线：与直线：

距离之和的倍，

的取值与、无关，

这个距离之和与点在圆上的位置无关，

如图所示，可知直线平移时，点与直线、的距离之和均为、的距离，

即此时圆在两直线的中间，

当直线与圆相切时，

解得：或（舍去）

实数的取值范围是

故答案为：.

【点睛】本题考查了直线和圆的位置关系，以及点到直线的距离公式，考查了数学转化思想方法，属于难题.

三、解答题

17．设常数，已知直线：，：．

(1)若，求的值；

(2)若，求与之间的距离．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据题意，由一般式下两直线垂直的充要条件可得，即可求解；（2）根据题意，由一般式下两直线平行的必要条件可求得的值，进而由平行线间的距离公式计算可得答案．

【详解】（1）根据题意，直线：，：，

若，则，解可得a

（2）根据题意，若，则有，解可得或，

当时，直线：，：，两直线重合，不符合题意，

当时，直线：，：，即，两直线平行，此时与之间的距离

18．已知圆的方程为

（1）求过点且与圆相切的直线方程；

（2）若直线与圆相交于、，求弦长的值．

【答案】（1）或；（2）．

【分析】（1）切线的斜率存在时，设斜率为，直线方程为，利用圆心到切线的距离等于半径求的值，可得切线方程，再检验斜率不存在时是否符合题意即可求解；

（2）先求圆心到直线的距离，再由即可求解.

【详解】（1）由可得，所以圆心为，半径，

①当直线斜率不存在时，由过点得直线方程为，与的距离为，此时与圆相切，符合题意；

②当直线斜率存在时，可设斜率为，

直线方程为，即，

圆心到直线的距离，

即，解得．

所以直线方程为．

综上所述：所求直线方程为或．

（2）圆心到直线与的距离，

又因为半径，

所以

19．圆拱桥的一孔圆拱如图所示，该圆拱是一段圆弧，其跨度米，拱高米，在建造时每隔4米需用一根支柱支撑．

(1)建立适当的坐标系，写出圆弧的方程；

(2)求支柱的长度（精确到0.01米）．

【答案】(1)，()；

(2)米.

【分析】（1）以O为原点，为x、y轴，确定的点坐标，设圆弧方程为且，将点坐标代入求参数，即可得方程.

（2）由（1）及题设有，且在圆弧上，代入圆弧所在方程求y，即可知的长度

【详解】（1）构建如下直角坐标系，则，，，

设所在圆弧方程为且，

，解得，

所以圆弧的方程，.

（2）由题设知：，则，且在圆弧上，

所以，可得，故的长度为米.

20．在的展开式中，把，，，叫做三项式的次系数列．

（1）求的值；

（2）根据二项式定理，将等式的两边分别展开可得左右两边的系数对应相等，如，利用上述思想方法，请计算值；

（3）我们都知道方程无实数解，对于正整数你能否计算：的值（上标，，为不超过的3的倍数，结果请用含有的代数式表示）．

【答案】（1）13；（2）0；（3）．

【分析】（1）由题知，在三项式中，把看做整体，即可参照二项式求得三项式的展开式的各项系数，从而求得的值.

（2）由知，，两边分别展开可得左右两边的系数对应相等，对于，其展开式中不含，即系数为0，则右侧展开式该项的系数也应为0，从而证得结果.

（3）根据题意列出杨辉三角形类似的表，找出规律，则

，从而将问题转化为三项式的系数和，令，即可求得结果.

【详解】（1）由题知，在三项式中，把看做整体，即可参照二项式求得三项式的展开式的各项系数，

从而，，

故.

（2）由知，，

两边分别展开可得左右两边的系数对应相等，对于，其展开式中不含，即系数为0，则右侧展开式该项的系数也应为0，

即.

（3）列出杨辉三角形类似的表，

，，，

则当n≥2时，

即三项式的系数和，令，

则

当n=1时，，满足条件，结论成立.

21．设常数且，椭圆：，点是上的动点．

(1)若点的坐标为，求的焦点坐标；

(2)设，若定点的坐标为，求的最大值与最小值；

(3)设，若上的另一动点满足（为坐标原点），求证：到直线PQ的距离是定值．

【答案】(1)；

(2)最大值为5，最小值为；

(3)详见解析.

【分析】（1）由题可得，，即得；

（2）由题可得，利用二次函数的性质即得；

（3）当直线PQ斜率存在时设其方程为，联立椭圆方程可得，利用韦达定理及条件可得，进而可得到直线PQ的距离为定值，当直线PQ斜率不存在时，可得，易得到直线PQ的距离为定值，即证.

【详解】（1）∵椭圆：，点的坐标为，

∴，，

∴的焦点坐标为；

（2）设，又，

由题知，即，

∴，

又，

∴当时，取得最大值为25；当时，取得最小值为；

∴的最大值为5，最小值为.

（3）当时，椭圆：，

设，当直线PQ斜率存在时设其方程为，则

由，得，

∴，

由可知，即，

∴，即，

∴，可得，满足，

∴到直线PQ的距离为为定值；

当直线PQ斜率不存在时，，可得直线方程为，到直线PQ的距离为.

综上，到直线PQ的距离是定值．