江西省九校2022-2023学年高二下学期开学联考数学 Word版含解析.docx

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2023年江西省南城一中分宜中学玉山一中临川一中南康中学高安中学彭泽一中泰和中学樟树中学高二联合考试数学试卷注意事项：1本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.满分150分.考试时间为120分钟.2本试卷分试题卷和答题卷，第Ⅰ卷（选择题）的答案应填在答题卷卷首相应的空格内，做在第Ⅰ卷的无效.3答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填涂在答题卡相应的位置.第Ⅰ卷一、单选题（每题5分，共40分）1.若，，若，则（）A0B.2C.4D.【答案】D【解析】【分析】利用空间向量共线的坐标运算求解.【详解】，，若，则，解得.故选：D.2.圆：与圆：的位置关系是（）A.内切B.相交C.外切D.相离【答案】C【解析】【分析】先求出圆心坐标和半径，求出圆心距，判断两圆的位置关系即可.【详解】∵圆心的坐标是，半径为2；圆心的坐标是，半径为3；∴两圆的圆心距为，∵，∴两圆的位置关系是：外切. 故选：C.3.如图，在三棱柱中，，分别是，的中点，，则（）A.1B.C.0.5D.【答案】B【解析】【分析】根据空间向量的基本定理求解即可.【详解】如图，连接.因为，分别是，的中点，，所以，，，则.故选：B.4.如图，一束光线从出发，经过坐标轴反射两次经过点，则总路径长即总长为（） A.B.6C.D.【答案】C【解析】【分析】求点关于轴的对称点和点关于轴的对称点的坐标，由反射性质知总路径长为，用两点距离公式求其长度即可.【详解】设点关于轴的对称点为点，点关于轴的对称点为点，由光线反射知识可得三点共线，三点共线，故四点共线，因为点的坐标为，点的坐标为，所以点的坐标为，点的坐标为，由对称的性质可得，所以，又，所以.故选：C.5.如图，在正三角形的12个点中任取三个点构成三角形，能构成三角形的数量为（） A.220B.200C.190D.170【答案】C【解析】【分析】利用间接法，用总数减去不能构成三角形的情况即可.【详解】任取三个点有种，其中三点共线的有种，故能构成三角形个，故选：C.6.小王同学家3楼与4楼之间有8个台阶，已知小王一步可走一个或两个台阶，那么他从3楼到4楼不同的走法总数为（）A28种B.32种C.34种D.40种【答案】C【解析】【分析】分五种情况：8，7，6，5，4步走完楼梯，每一种情况的方法数都求出来再相加即可．【详解】①8步走完楼梯，走8步走一个台阶，有1种；②7步走完楼梯，走1步两个台阶6步一个台阶，有种；③6步走完楼梯，走2步两个台阶4步一个台阶，有种；④5步走完楼梯，走3步两个台阶2步一个台阶，有种；⑤4步走完楼梯，走4步两个台阶，有1种，共计34种．故选：C．7.如图，长方体中，，，为的中点，为底面上一点，若直线与平面没有交点，则面积的最小值为（）A.B.C.D.1【答案】A【解析】 【分析】确定平面，取中点，证明平面平面，确定在上运动，当时面积最小，计算得到答案.【详解】直线与平面没有交点，所以平面，取中点，连接，因为，所以四边形是平行四边形，所以，平面，平面，故平面；同理可得平面，，平面，故平面平面，故在上运动，当时，最小，最小值为，此时的面积最小，求得.故选：A8.双曲线的左焦点为，，为双曲线右支上一点，若存在，使得，则双曲线离心率的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】双曲线的右焦点，等价于，所以，由不等式可求双曲线离心率的取值范围.【详解】取双曲线的右焦点，由双曲线定义，如图所示， 故存在点使得等价为存在点使得，所以，当且仅当三点共线时等号成立，则，由，解得，而，故离心率.故选：B二、多选题（每题5分，共20分）9.已知直线：在轴上的截距是轴上截距的2倍，则的值可能是（）A.B.0C.D.【答案】AC【解析】【分析】依题意可得，分和两种情况讨论即可．【详解】依题意可得，当时，直线为，此时横纵截距都等于0，满足题意；当时，直线在轴上的截距为，在轴上截距，则，得或（舍去）综上所述，的值为或．故选：AC．10.下列说法正确的是（）A.用0，1，2，3，4能组成48个不同的3位数.B.将10个团员指标分到3个班，每班要求至少得2个，有15种分配方法.C.小明去书店看了4本不同的书，想借回去至少1本，有16种方法.D.甲、乙、丙、丁各写了一份贺卡，四人互送贺卡，每人各拿一张贺卡且每人不能拿到自己写的贺卡，有9种不同的方法. 【答案】BD【解析】【分析】根据分步乘法计数原理求出三位数的个数判断A，根据隔板法和分步乘法计数原理求出分配方法数，判断B，利用间接法求出满足要求的方法数判断C，利用分步乘法计数原理求出满足条件的方法数，判断D.【详解】对于A，第一步先排百位数，有4种排法，第二步排十位数有5种排法，第三步排个位数有5种排法，由分步乘法计数原理可得共有个不同的三位数，A错误；对于B，第一步，每个班先各分一个团员指标，有一种方法，第二步，再将余下7个团员指标排成一排，7个指标之间有6个空，用2块隔板插入其中的两个空，每种插空方法就是一种将7个指标分给3个班，每班至少一个指标的分配方法，故第二步有种方法，由分步乘法计数原理可得满足条件的分配方法有15种，B正确；对于C，因为借回至少1本的反面为1本都不借，又小明所有的借书方法数为种，所以借回至少1本的方法数为种，C错误；对于D，第一步甲先拿贺卡，有3种方法，第二步安排甲拿到的贺卡的主人拿，有3种方法，第三步余下两人拿贺卡，由于其中一人不能拿自己的贺卡，故只有一种方法，由分步乘法计数原理可得共种方法，D正确；故选：BD.11.如图，正方体棱长为1，点为的中点，下列说法正确的是（）A.B.平面C.点到平面的距离为D.与平面所成角的正弦值为【答案】ACD【解析】【分析】A选项:证明平面，可得； B选项：的平行线与平面相交，故与平面不平行；C选项：平面，点到平面的距离即为点到平面的距离，可求结果；D选项：找到点在平面内的投影，几何法求与平面所成角的正弦值.【详解】如图所示：对于A：连接，，正方形中，平面，平面，，平面，，平面，平面，可得，A选项正确；对于B：取中点，显然，而与平面相交，故与平面不平行，B选项错误；对于C:正方形中，平面，平面，，平面，，平面，，平面，平面，所以平面，点到平面的距离即为点到平面的距离，等于，C选项正确.对于D：取中点，平面，，，所以与平面所成角的正弦值为，D选项正确.故选：ACD12.已知顶点在原点的抛物线，，过抛物线焦点的动直线交抛物线于、两点，当直线垂直于轴时，面积为8.下列结论正确的是（）A.抛物线方程为.B.若，则的中点到轴距离为4. C.有可能为直角三角形.D.的最小值为18.【答案】ABD【解析】【分析】直线垂直于轴时，面积为8，可求得，得到抛物线方程，验证选项A，利用抛物线焦点弦的性质求的中点到轴距离验证选项B，设出直线的方程，与抛物线联立方程组，利用韦达定理和向量数量积求内角的范围验证选项C，利用韦达定理和基本不等式证明选项D.【详解】当直线垂直于轴时，面积为，，故A正确；若，有、两点到准线距离之和为12，则的中点到准线距离为6，故的中点到轴距离为，B正确；设直线：，联立可得，由韦达定理知，，，故.一定是钝角三角形，C错误；，D正确.故选：ABD三、填空题（每题5分，共20分）13.与直线垂直，且过点的直线方程为______.【答案】【解析】【分析】根据直线垂直以及直线方程点斜式求得正确答案.【详解】由于所求直线和直线垂直，所以所求直线的斜率为，所以所求直线方程为，即.故答案为：14.椭圆的左右焦点分别为，，为椭圆上一点，则面积与 周长的比值的最大值为______.【答案】##0.75【解析】【分析】根据椭圆方程求，结合椭圆的定义求的周长，结合三角形面积公式求其面积最大值，由此可得结论.【详解】设椭圆的长半轴为，短半轴为，半焦距为，则，因为，，所以的周长为16，由椭圆的几何性质知，当点P为椭圆的短轴端点时，的面积最大，所以面积最大值为，所以面积与周长的比值的最大值为.故答案为：．15.网课期间，小王同学趁课余时间研究起了七巧板，有一次他将七巧板拼成如下图形状，现需要给下图七巧板右下方的五个块涂色（图中的1，2，3，4，5），有4种不同颜色可供选择，要求有公共边的两块区域不能同色，有______种不同的涂色方案.【答案】252【解析】【分析】先给2涂色，再涂5，再涂3、4，这一步要分3与5同色和3和5不同色两种情况，最后涂1，按分步计数乘法原理计算.【详解】第一步：涂2，有4种颜色；第二步：涂5，有3种颜色第三步：涂3、4，当3与5同色时，4有3种颜色；当3和5不同色时，3有2种颜色，4有2种颜色，第三步共7种. 第四步：涂1，有3种颜色.共计种.故答案为：25216.若，其中，，，，，为常数，那么______.【答案】109【解析】【分析】利用赋值法求和，利用二项式展开式通项公式求，由此可得结果.【详解】因为，令，得，整理得：，令，得，，因为的展开式的通项公式为，所以的展开式中含项的系数为，又的展开式中含项的系数为，所以，，将、代入即可求得.故答案为：109.四、解答题（17题10分，其余每题12分，共70分）17.已知展开式中前三项二项式系数之和为46.（1）求的值.（2）请求出展开式的常数项.【答案】（1），（2）.【解析】【分析】(1)由二项式展开式的通项公式求前3项的二项式系数，列方程求；(2)根据通项公式确定常数项的项数，由此求常数项. 【小问1详解】二项式的展开式的通项为，所以展开式中前三项二项式系数依次为：，由已知可得，解得或，又为大于等于2的正整数，故；【小问2详解】由(1)的展开式的通项为，令，得，所以的展开式的常数项为.18.已知圆：，为圆上任意一点，（1）求中点的轨迹方程.（2）若经过的直线与的轨迹相交于，在下列条件中选一个，求的面积.条件①：直线斜率为；②原点到直线的距离为.【答案】（1）（2）答案见解析【解析】【分析】（1）先由中点坐标公式求得，再利用直接代入法即可求得的轨迹方程；（2）选择①：先利用点斜式得到直线的方程，再利用点线距离公式与圆的弦长公式求得与原点到的距离，从而得解；选择②：先利用原点到直线的距离，分类讨论直线斜率存在与否两种情况，从而求得直线的方程，进而利用圆的弦长公式求得，由此得解.【小问1详解】 依题意，设，因为是的中点，，所以,将代入圆：，得，化简得，故的轨迹方程为.【小问2详解】记的轨迹为圆，则，半径为，选择①：因为直线斜率为，直线（即直线）经过，所以直线的方程为，即，所以点到直线的距离为，所以，又点到直线的距离为，所以.选择②：当直线斜率不存在时，由直线（即直线）经过，得直线为，此时原点到直线的距离为，与原点到的距离为矛盾，舍去；当直线斜率存在时，设直线为，即，所以原点到直线的距离为，解得，所以直线为，即， 此时点到直线的距离为，所以，所以.19.如图（1）是将一副直角三角尺拼成的平面图形，已知，，，现将沿着折起使之与构成二面角，如图（2）．（1）当三棱锥体积最大时，求三棱锥的体积；（2）在（1）的情况下，求与所成角的余弦值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）作，根据题意先求得，值，折起过程中，面积不变，当为三棱锥的高时，三棱锥体积最大，再根据三棱锥的体积公式求解即可；（2）在（1）的情况下建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可．【小问1详解】如图，作， 由题意，，折起过程中，面积不变，当为三棱锥的高时，三棱锥体积最大，．【小问2详解】如图，建立空间直角坐标系，则，，，，，，设，所成的角为，则，∴与所成角的余弦值为．20.双曲线：，的左右焦点分别为，，其中双曲线的一条渐近线方程为，为双曲线上一点，当时，. （1）求双曲线的方程.（2）A，为双曲线左右顶点，过作一条直线交双曲线于，，设，的斜率为，，求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由渐近线方程可得，又由时，，可得.后可得双曲线方程；（2）设过直线为，.将直线与双曲线方程联立，利用韦达定理可得①，又可得，代入①可得答案.【小问1详解】∵双曲线的一条渐近线方程为，∴①.当时，②.由①②得，，∴双曲线的方程为；【小问2详解】 由（1）可得，设：，与双曲线方程联立有：，消去x得由题有.设，由韦达定理有：，，可得①.又②，则将①代入②得：.21.如图，正三棱柱中，，点为线段上一点（含端点）.（1）当为的中点时，求证：平面（2）是否存在一点，使平面与平面所成角的余弦值为？若存在，请求出的值，若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）存在，【解析】【分析】(1)建立空间直角坐标系，利用向量方法证明，结合 ，化简线面垂直判定定理证明平面；(2)设，，求平面与平面的法向量，利用向量夹角公式求两向量的夹角余弦，由条件列方程求即可.【小问1详解】由已知，平面，为等边三角形，以点为原点，为轴正方向建立空间直角坐标系，则，，作轴，，，则，则，而∴∴由菱形性质知∵平面，平面，∴平面；【小问2详解】由(1)，，为平面的一个法向量，设，，则所以， 所以，，设平面的法向量为，则，取可得，，所以为平面的一个法向量，设平面与平面所成角为，则解得：或（均符合题意）所以存在一点，，使平面与平面所成角的余弦值为.22.设椭圆的两焦点为，，为椭圆上任意一点，点到原点最大距离为2，若到椭圆右顶点距离为.（1）求椭圆的方程.（2）设椭圆的上、下顶点分别为、，过作两条互相垂直的直线交椭圆于、，问直线是否经过定点？如果是，请求出定点坐标，并求出面积的最大值.如果不是，请说明理由.【答案】（1） （2）直线过定点，面积的最大值为【解析】【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得椭圆的方程.（2）设出直线并与椭圆方程联立，化简写出根与系数关系，根据列方程，求得，从而求得定点坐标，求得面积的表达式，并利用基本不等式求得面积的最大值.【小问1详解】∵点到原点最大距离为2，故，∵到椭圆右顶点距离为，∴，解得：或5（舍去5），∴椭圆的方程为.【小问2详解】设：，联立，得：，∴，，∵，∴，即，利用韦达定理代入化简得：，解得：（舍去）或，∴直线过定点， 此时，，，令，上式①，而，∴①，∴面积的最大值为.