江西省2023-2024学年高二（上）期末教学检测数学试题（含解析）

这是一份江西省2023-2024学年高二（上）期末教学检测数学试题（含解析），共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

数学
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．已知直线的倾斜角为，则实数k的值为（ ）
A．B．C．1D．
2．过点且与直线平行的直线的方程是（ ）
A．B．C．D．
3．已知点P是双曲线：上一点，分别为C的左、右焦点，若，则（ ）
A．5B．13C．5或9D．5或6
4．在空间直角坐标系中，已知点，若，且，则满足条件的点P共有（ ）
A．15个B．20个C．25个D．30个
5．已知直线与圆相交于A,B两点，则的周长为（ ）
A．26B．18C．14D．13
6．已知点是抛物线上的动点，则直线的斜率的最大值是（ ）
A．B．C．1D．
7．杨辉三角（如下图所示）是数学史上的一个伟大成就，杨辉三角中从第2行到第2023行，每行的第3个数字之和为（ ）
A．B．C．D．
8．有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数为24，棱长都相等的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得.已知点为线段上一点且，若直线与直线所成角的余弦值为，则 （ ）
A．B．C．D．
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．已知关于，的方程表示的曲线是，则曲线可以是（ ）
A．圆B．椭圆C．双曲线D．抛物线
10．如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，若，则（ ）
A．B．
C．D．
11．已知抛物线的焦点为F，其准线l与x轴的交点为为C上一动点，点，则（ ）
A．当时，B．当时，
C．的最小值为5D．的最大值为
12．如图，在长方体中，，点E为的中点，点F为侧面（含边界）上的动点，则下列说法正确的是（ ）

A．存在点F，使得B．满足的点F的轨迹长度为
C．的最小值为D．若平面，则线段长度的最小值为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．方程（且）的解为 ．
14．已知平面的法向量为，点为平面内一点，点为平面外一点，则点P到平面的距离为 ．
15．若的展开式中的系数为70，则实数 ．
16．已知椭圆的左、右焦点分别为，，点P在椭圆C上，的延长线交椭圆C于点Q，且，的面积为，记与的面积分别为，，则 ．
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．根据张桂梅校长真实事迹拍摄的电影《我本是高山》于2023年11月24日上映，某数学组有3名男教师和2名女教师相约一起去观看该影片，他们的座位在同一排且连在一起．求：
(1)2名女教师必须坐在一起的坐法有多少种？
(2)2名女教师互不相邻的坐法有多少种？
18．如图，正方体的棱长为2．
(1)证明：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
19．的展开式中，二项式系数之和为a，各项系数之和为b，且．
(1)求n的值；
(2)求的展开式中的常数项．
20．如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面，，点在棱上，且．
(1)求证：；
(2)若，求二面角的余弦值．
21．瑞士著名数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心位于同一直线上，这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”.在平面直角坐标系中，满足，顶点、，且其“欧拉线”与圆相切.
(1)求的“欧拉线”方程；
(2)若圆M与圆有公共点，求a的范围；
(3)若点在的“欧拉线”上，求的最小值.
22．已知动点P到点的距离等于其到直线距离的2倍，记点P的轨迹为曲线．
(1)求曲线的方程；
(2)已知斜率为k的直线l与曲线交于点为坐标原点，若,证明：为定值．
参考答案与解析
1．B
【分析】利用倾斜角与斜率之间的关系代入计算即可得.
【解答】由题意可知，直线的斜率为，
解得．
故选：B．
2．A
【分析】利用直线的平行系方程及点在直线上即可求解.
【解答】设与直线平行的直线的方程为，
将点代入得，解得，
所以所求直线的方程为.
故选：A.
3．C
【分析】由双曲线的定义求解.
【解答】由题意可知，，，若，则或9．
故选：C
4．B
【分析】根据题意可知从这六个整数中选出3个再按照从小到大的顺序排列即可求得结果.
【解答】由可知，满足条件的点P即从1，2，3，4，5，6这6个数中选3个数，
然后按从小到大的次序分配给a，b，c，
则共有个．
故选：B．
5．B
【分析】先得到圆心和半径，进而求得弦长即可.
【解答】由，得，
所以圆心为,半径，
圆心C到直线l的距离，
所以，
所以的周长为．
故选：B．
6．D
【分析】设直线的方程为，联立抛物线方程，由建立关于k的不等式，解之即可求解.
【解答】设直线的斜率为k，则直线的方程为，
由题意得直线与抛物线C有交点，联立方程，
得，
当时，，即；
当时，，解得且，
综上所述，k的最大值为．
故选：D．
7．B
【分析】由组合性质进行计算.
【解答】
,
由题意可得，第2行到第2023行，每行的第3个数字之和为
,
故选：B．
8．B
【分析】利用空间向量求线线角含参数问题，将该几何体还原成正方体，建立空间直角坐标系，求解.
【解答】将半正多面体补成正方体，建立如图所示的空间直角坐标系.
设半正多面体的棱长为，则正方体的棱长为2，
所以，，所以，则，
设直线与直线所成角为，
则，
即，解得或（舍）.
故选：B.
9．ABC
【分析】根据圆以及双曲线，以及椭圆的性质即可分类讨论求解.
【解答】当时，，方程可以化简为，曲线是圆；
当，且时，或，曲线是椭圆；
当时，或，曲线是双曲线．
故选:ABC．
10．BC
【分析】根据空间向量的线性运算，结合图形依次判断即可求解.
【解答】A：，故A错误；
B：，故B正确；
C：，故C正确；
D：，故D错误．
故选：BC.
11．BCD
【分析】对于A，利用抛物线的定义判断；对于B，与抛物线方程联立，借助对称思想判断；对于C，利用三角形两边的和大于第三边判断；对于D，利用三角形两边的差小于第三边判断，结合抛物线的定义判断作答.
【解答】由题意知，当时，，则，故A错误；
当时，点P为抛物线与圆的交点，二者联立并消去y，得，所以，又，所以，故B正确；
过B作l的垂线，垂足为，当P为与C的交点时，P,B,F三点共线时最小，最小值为5，故C正确；
当点P为线段的延长线与C的交点时，P,B,F三点共线时最大，最大值为，故D正确．
故选:BCD．
12．BD
【分析】建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，设F点坐标，利用空间向量法判断直线的位置关系可判断A；根据，推出F点的坐标满足的关系，可求得F的轨迹长度，判断C；利用点的对称点，结合空间两点的距离公式可判断C；求出平面的法向量，根据空间位置关系的向量证法求出，结合空间两点间距离公式以及二次函数性质，可判断D.
【解答】以A为原点，分别以所在的直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，
对于选项A，若，则，
又，所以，
即，此方程无解，所以不存在点F，使得，故A错误；
对于选项B，由，得，
化简可得，即F点轨迹为矩形内的线段，
又，所以当时，得，
当时，得，即满足的点F的轨迹长度为，故B正确；
对于选项C，设点C关于平面的对称点为G，则G的坐标为，
则，共线时取等号，故C错误；
对于选项D，，
设平面的一个法向量为，则，即，
令，则，
所以平面的一个法向量为，
因为平面，所以，即，
又点，所以，
当时，取得最小值，故D正确．
故选：BD．
【点拨】关键点拨：本题的关键是建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量法判断线线和线面位置关系，对于D选项还需结合二次函数性质从而得到其最值.
13．2或4
【分析】结合排列数与组合数运算即可得.
【解答】由题意，可知，则，所以或.
故答案为：2或4.
14．1
【分析】利用空间向量计算点面距离即可.
【解答】由题意得，故点P到平面的距离
故答案为：1
15．2
【分析】先得到的通项公式，进而得到的展开式中含的项为，从而得到不等式，求出答案.
【解答】的通项公式为，
当时，，当时，，
故的展开式中含的项为，
由题意知，解得．
故答案为：2
16．##
【分析】用椭圆的定义和焦点三角形中余弦定理得到的结论为突破口，结合三角形的面积公式解决问题.
【解答】不妨设，，焦距，如图：
由的面积为，得，
由余弦定理，得，则，
所以，即，
所以，
所以，易得，，
所以，所以，，
所以，
所以，
所以，，
所以．
故答案为：
17．(1)48
(2)72
【分析】（1）捆绑法结合分步计数原理即可；
（2）插空法结合分步计数原理即可；
【解答】（1）根据题意，先将2名女教师排在一起，有种坐法，
将排好的女教师视为一个整体，与3名男教师进行排列，共有种坐法，
由分步乘法计数原理，共有种坐法．
（2）根据题意，先将3名男教师排好，有种坐法，
再在这3名男教师之间及两头的4个空位中插入2名女教师，有种坐法，
由分步乘法计数原理，共有种坐法．
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）直接由线面平行的判定定理证明即可.
（2）建立适当的空间直角坐标系，求出直线的方向向量、平面的法向量，由线面角的正弦值公式运算即可.
【解答】（1）平面平面，
平面．
（2）
如图，以为原点，分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
则，
所以，
设平面的法向量为，
由得，
令，得，
．
所以直线与平面所成角的正弦值为．
19．(1)9
(2)672
【分析】（1）根据，，可求解出的值；
（2）写出展开式的通项公式，然后考虑的指数为，由此可求对应的值，代入可求常数项.
【解答】（1）由题意得，，
因为，所以，
所以，解得．
（2）的展开式的通项，
令，得，
所以的展开式中的常数项为．
20．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）设与相交于点，根据线面垂直的性质定理可得，根据、得出，即，再由线面垂直的判定定理、性质定理可得答案；
（2）以为坐标原点，，，所在的直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，求出平面、平面的一个法向量，由面面角的向量求法可得答案.
【解答】（1）设与相交于点，因为平面，平面，
所以，
在中，，
在中，，
又，均为锐角，所以，
因为，所以，所以，
即，
因为，平面，且，所以平面，
又平面，所以；
（2）由题意知，，两两垂直，以为坐标原点，
，，所在的直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，．
设平面的一个法向量，则即，
令，则，，所以，
设平面的一个法向量，则即，
令，则，，所以，
设二面角的大小为，由题意知为锐角，
所以．
21．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据题意，得出等腰三角形欧拉线为底边上的垂直平分线，利用点斜式求出直线方程；
（2）因两圆有公共点，利用两圆的圆心距与半径的关系求出的范围
（3）依题意，转化为直线上的动点到两定点的距离之和的最小值，根据点关于直线对称求出对称点即可得结果.
【解答】（1）因为，所以是等腰三角形，
由三线合一得：的外心、重心、垂心均在边的垂直平分线上，
设的欧拉线为，则过的中点，且与直线垂直，
由可得：的中点，即，所以，
故的方程为.
（2）因为与圆相切，故，
圆的圆心坐标为，半径，
则要想圆与圆有公共点，
只需两圆圆心的距离小于等于半径之和，大于等于半径之差的绝对值，
故，所以.
（3）因为，
所以该式子是表示点到点、点的距离之和，
又，
所以上述式子表示直线上的点到点、点的距离之和的最小值.
设点关于直线的对称点为，
则有解得，即.
所以，所以直线上的点到点、点的距离之和的最小值为.
22．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用两点间距离公式计算即可；
（2）设直线l的方程及点的坐标，联立方程利用韦达定理计算即可.
【解答】（1）设动点,则,
点P到直线的距离，
由题意知，即，
化简，得，即曲线的方程为．
（2）证明：设直线l的方程为,
联立方程，得消去y并整理，得，
则，且,
所以，
所以
．
因为,所以，即,
所以，所以，
，
，
所以
，
即为定值．

【点拨】本题第二问难在计算，设线设点、联立方程、韦达定理计算是解决解析几何问题的常用三部曲，关键在于消元转化，需要多加练习提高计算能力即可.