江西省2023-2024学年高二上学期期末教学检测数学试题（解析版）

江西高二期末教学质量检测数学一、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. 【答案】B【解析】【分析】利用倾斜角与斜率之间的关系代入计算即可得.【详解】由题意可知，直线的斜率为，解得故选：B2. 过点且与直线平行的直线的方程是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用直线的平行系方程及点在直线上即可求解.【详解】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. 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【答案】C【解析】【分析】由双曲线的定义求解.【详解】由题意可知，若，则或9故选：C4. 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【答案】B【解析】【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.【详解】由可知，满足条件点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：B5. 已知直线与圆相交于A,B两点，则的周长为（ ）A. 26B. 18C. 14D. 13【答案】B【解析】【分析】先得到圆心和半径，进而求得弦长即可.【详解】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：B6. 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. 【答案】D【解析】【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.【详解】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：D7. 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. 【答案】B【解析】分析】由组合性质进行计算.【详解】,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：B8. 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. 【答案】B【解析】【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.【详解】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.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【答案】ABC【解析】【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.【详解】当时，方程可以化简为，曲线圆；当，且时，或，曲线是椭圆；当时，或，曲线是双曲线故选:ABC10. 如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】BC【解析】【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.【详解】A：，故A错误；B：，故B正确；C：，故C正确；D：，故D错误故选：BC.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【答案】BCD【解析】【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.【详解】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:BCD12. 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【答案】BD【解析】【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.【详解】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【点睛】关键点睛：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.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_【答案】2或4【解析】【分析】结合排列数与组合数运算即可得.【详解】由题意，可知，则，所以或.故答案为：2或4.14. 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_【答案】1【解析】【分析】利用空间向量计算点面距离即可.【详解】由题意得，故点P到平面的距离故答案为：115. 若的展开式中的系数为70，则实数_【答案】2【解析】【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.【详解】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：216. 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_【答案】#【解析】【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.【详解】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：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坐法有多少种？（2）2名女教师互不相邻的坐法有多少种？【答案】（1）48 （2）72【解析】【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；【小问1详解】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【小问2详解】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. 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正弦值【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【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.【小问1详解】平面平面，平面【小问2详解】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. 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【答案】（1）9 （2）672【解析】【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.【小问1详解】由题意得，因为，所以，所以，解得【小问2详解】的展开式的通项，令，得，所以的展开式中的常数项为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【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【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.【小问1详解】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；【小问2详解】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. 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