【文档说明】江西省抚州市金溪一中、崇仁一中、广昌一中三校2022-2023学年高二上学期第二次联考数学试卷 PDF版含解析.pdf，共(14)页，2.521 MB，由小赞的店铺上传

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试卷第1页，共4页数学试题考试时间：120分钟一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）1．若空间向量1,4,1BA，2,0,2BC，则AC（）A．1,4,3B

．1,3,4C．3,4,1D．1,4,32．已知某居民小区附近设有A，B，C，D4个核酸检测点，居民可以选择任意一个点位去做核酸检测，现该小区的3位居民要去做核酸检测，则检测点的选择共有（）A．64种B．8

1种C．7种D．12种3．设aR，若直线1:280laxy与直线2:(1)50lxay平行，则a的值为（）A．1B．2C．1或2D．234．若过点(3P，1)的直线l与圆221xy有公共点，则直线l倾斜角的取值范围是()A

．π(0,]6B．ππ(,]63C．ππ[,]66D．π[0,]35．为了纪念高中三年舍友之间留下的深厚情感，某宿舍的7位同学决定站成一排合照留念，其中中间位置只能站甲或乙，且甲、乙、丙三人不站在两侧，则不同的安排方法有（）.A．232种B．46

4种C．288种D．576种6．若圆1C：2211xy与圆2C：22880xyxym相切，则m的值可以是（）A．16或-4B．7或-7C．7或-4D．16或-77．已知正方体1111ABCDAB

CD的棱长为2，E，F分别为上底面1111DCBA和侧面11CDDC的中心，则点C到平面AEF的距离为（）A．41111B．114C．1111D．211118．设椭圆C：222210xyabab的上顶点为A，左､右焦点分别为1F，2F，连接1AF并延长交椭圆C于点P，若25||

||4PAPF，则该椭圆的离心率为（）A．15B．13C．55D．33试卷第2页，共4页二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）9．在空间直角坐标系中，已知向量,,uabc（其中0abc），定点0000,,Pxyz，异

于点0P的动点,,Pxyz，则以下说法正确的是（）A．若u为直线0PP的方向向量，则000xxyyzzabcB．若u为直线0PP的方向向量，则0000axxbyyczzC．若u为平面的法向量，面经过0P和P，则000xxyyzza

bcD．若u为平面的法向量，面经过0P和P，则0000axxbyyczz10．我国古代著名的数学著作中，《周碑算经》、《九章算术》、《孙子算经》、《五曹算经》、《夏侯阳算经》、《孙丘建算经》、《海岛

算经》、《五经算术》、《级术》和《纠古算经》，称为“算经十书”，某老师将其中的《周碑算经》、《九章算术》、《孙子算经）、《五经算术》、《缀术》和《缉古算经》6本书分给5名数学爱好者，其中每人至少一本，则不同的分配方法的种数为（）A．124564CCAB．5651ACC．124564CA

AD．2565CA11．已知双曲线221916yx的两个焦点分别为1F、2F，点P在双曲线上，则下列结论正确的是（）A．该双曲线的离心率为2B．该双曲线的渐近线方程为34yx=±C．若12PFPF，则12PF

F△的面积为9D．点P到两渐近线的距离乘积为1442512．已知抛物线220xpyp的焦点为F，A，B是抛物线上两动点，且AF的最小值为1，M是线段AB的中点，2,3P是平面内一定点，则（）A．=2pB．若8AFBF，则M到x轴距离为3C．若2AFFB

，则3ABD．APAF的最小值为4三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13．若异面直线AB和CD的方向向量分别为1,1,2AB，2,1,1CD，则直线AB与直线CD所成角的余弦值为______．试卷第3页

，共4页14．若实数x、y满足22+4240xyxy，则²²xy的最大值是__________________.15．将编号为1，2，3，4的四个小球放到三个不同的盒子里，每个盒子至少放一个小球且编号为1，2的两个小球不

能放到同一个盒子里，则不同放法的种数有___________.（用数字作答）.16.设椭圆���2���2+���2���2=1(���>���>0)的左右焦点分别为���1，���2，点���在椭圆上运动，|������1������||������2������|

的最大值为���，������1������⋅������2������的最小值为���，且���≥2���，则该椭圆的离心率的取值范围为．四、解答题（本大题共6小题，共70分）17．（10分）已知向量1,1,0a，1,0,bc

，且5ab．(1)求c的值；(2)若kab与2ab互相垂直，求实数k的值．18．(12分)已知直线1:(2)80lmxmy与直线2:40,Rlmxym．(1)若12ll//，求m的值，并求出两平行线间的距离；(2)若点(1,)Pm在直线2l上

，直线l过点P，且在两坐标轴上的截距互为相反数，求直线l的方程．19．（12分）已知抛物线C：2206xpyp的焦点为F，点4,Am在抛物线C上，且=5AF.(1)求抛物线C的标准方程；(2)直线l与抛物线C交于M，N两点，若线段MN的中点为1,

2P，求直线l的方程．试卷第4页，共4页20．（12分）已知点P(2,0)，圆C：x2+y2−6x+4y+4=0．(1)若直线l过点P且被圆C截得的弦长为42，求直线l的方程；(2)设直线ax−y+1=0与圆C交于A，B两点，过点P(2,0)的直线l2垂直平分弦AB，这样的实数a是否存在，若存在，

求出实数a的值；若不存在，请说明理由．21.（12分）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥侧面BB1C1C，已知∠BCC1=π3，BC=1，AB=C1C=2，E是棱C1C的中点．(1)求证：C1B⊥平面ABC．(2)求

二面角A−EB1−A1的余弦值．(3)在棱CA上是否存在一点M，使得EM与平面A1B1E所成角的正弦值为21111？若存在，求出CMCA的值；若不存在，请说明理由．22．（12分）已知椭圆2222:10xyCabab（），四点1234331,1,0,1,1,

,1,22PPPP中恰有三点在椭圆C上．(1)求椭圆C的标准方程；(2)点P是椭圆C的上顶点，点Q，R在椭圆C上，若直线PQ，PR的斜率分别为12,kk，满足1234kk，求PQR面积的最大值.数学参考答案：1．A

因为1,4,1BA，2,0,2BC，所以1,4,3ACBCBA．故选：A2．A3位居民依次选择检测点，方法数为3464．故选：A．3．C10a时，容易验证两直线不平行，当10a

时，根据两直线平行的条件可知：28115aa，解得1a或2a.故选：C.4．D解：若直线斜率不存在，此时3x与圆没有交点，则直线斜率k一定存在，设为k，则过P的直线方程为1(3)ykx

，即310kxyk，若过点(3P，1)的直线l与圆221xy有公共点，则圆心到直线的距离1d„，即2|31|11kk„，即2|31|1kk„，平方得230kk„，解得03k„„，设直线倾斜角为,即0

tan3„„，解得03„„，故选：D．5．D依题意，分三步进行：（1）先为中间位置选人，从甲乙中选，有12C种选法，（2）为甲、乙、丙中剩余的两个人选位置，不占两侧，去掉中间位置，还有4个位置可选，故有24A种排法，（3）剩余的同

学进行全排列，有44A种排法，故利用乘法原理即得，不同的安排方法有124244576CAA种.故选：D.6．A因为22880xyxym表示圆，故646440m，解得：32m；对圆1C，其圆心为

1,0，半径11r；对圆2C，其圆心为4,4，半径232rm；当两圆外切时，1212CCrr，即5132m，解得16m；当两圆内切时，1221CCrr，即5321m，解得4m；综上所述：m的取值可以为16或4.故选

：A.7．A.如图，以A为原点，1,,ABADAA所在直线为,,xyz轴建立空间直角坐标系，易知(0,0,0),(1,1,2),(1,2,1),(2,2,0)AEFC，设平面AEF的法向量(,,)nxyz，则2020nAExyznAFxyz

，令1y，解得(3,1,1)n，故点C到平面AEF的距离为6241111911nACn.故选：A.8．C依题意，1||AFa，由25||||4PAPF得：2115||||||4PF

PFAFa，而21||||2PFPFa，于是得1224||,||33PFaPFa，令椭圆半焦距为c，有1coscAFOa，如图，在12PFF△中，由余弦定理得：222211211212||||||2||||cosPF

FPFFFPFFPFF，即222422()()(2)22()333caacaca，整理得225ac，因此215e，解得55e，所以椭圆的离心率为55.故选：C9．AD直线0PP

是直线0PP的一个方向向量，0000(,,)PPxxyyzz，u为直线0PP的方向向量，则000xxyyzzabc，A正确，B错误，0PP在平面内，u为平面的法向量，则0uPP，所以0000()()()0uPPax

xbyyczz，C错误D正确．故选：AD．10．AD依题意，6本书分给5名数学爱好者，其中一人至少一本，则有一人分得两本书，剩余四人各分得一本书，方法一：分三步完成，第一步：选择一个人，有15C种选法；第二步：为这个人选两本书，有26C种选法；第三

步:剩余四人各分得一本书，有44A种选法.故由乘法原理知，不同的分配方法的种数为124564CCA，故A正确；方法二：分两步完成，第一步：先分组，选择两本书，将书分成“2+1+1+1+1”的五组，有26C种选法；第二步：将五组分配

给五个人，有55A种选法.故由乘法原理知，不同的分配方法的种数为2565CA，故D正确.故选：AD.11．BD由双曲线方程得3a，4b，9165c，焦点为1(0,5)F，2(0,5)F．离心率为53cea，A错；渐近线方程是34yx=±，B正确；若12PF

PF，不妨设12,,PFmPFnmn，则222610mnmn，∴32mn，121162PFFSmn△，C错；设(,)Pxy，则221916yx，22169144yx，渐近线方程为340xy

，点P到两渐近线的距离乘积为22222291634341442525343(4xyxyxy），D正确．故选：BD．12．ABD抛物线220xpyp上的点A到抛物线焦点F距离的

最小值为1，则有12p，解得=2p，A正确；抛物线的方程为24xy，焦点(0,1)F，准线:1ly，设1122(,),(,)AxyBxy，对于B，点1212(,)22xxyyM，由抛物线的定义知，12||||118AFBFyy，有

126yy，所以M到x轴距离1232yy，B正确；对于C，1122(,1),(,1)AFxyFBxy，由2AFFB得：1212(1)yy，即1223yy，又||2||AFFB

，即1212(1)yy，则1221yy，解得1212,2yy，于是得129||||||112ABAFBFyy，C不正确；对于D，抛物线24xy中，当=2x时，13y，因此点2,3P在抛物线24xy上方，过点P作PPl于P，交抛物线于点Q，连QF，过A

作AAl于A，连AF，AP，PA，如图，显然||||||||||||||||||||APAFAPAAPAPPPQQPPQQF，当且仅当点A与Q重合时取等号，所以min()||4APAFPP，D正确.故选：ABD13．16【详解】由题设11cos,6||||

66ABCDABCDABCD，又线线角的范围为π[0,]2，所以直线AB与直线CD所成角的余弦值为16.故答案为：1614．1465或6514【详解】将方程22+4240xyxy化

为22(2)(1)9xy，表示以(2,1)为圆心，半径为3的圆，2222(0)(0)xyxy表示圆上的点与原点之间的距离，故²²xy表示圆上的点与原点之间的距离的平方，由22(02)(01)9可知原点

（0,0）在圆内，且原点与圆心之间的距离为22(2)15，所以22xy的最大值为53，所以²²xy的最大值为2531465．故答案为：1465.15．30【详解】由题意得4个小球有2个放在一个盒了里的种

数是24C，把这两个作为一个元素同另外两个元素在三个位置排列，有33P种结果，而编号为1，2号小球放在同一个盒子里有33P6种结果，所以编号为1，2的小球不放到同一个盒子里的种数是2343CP630.故答案为：30.16.[12

,1)【详解】∵|PF1������|+|PF2������|=2a，记c为椭圆的半焦距，∴|PF2������|=2a−|PF1������|(a−c≤|PF1������|≤a+c)，∴|PF1������|·|PF2������|=|PF1�

�����|(2a−|PF1������|)=−|PF1������|2+2a|PF1������|=−(|PF1������|−a)2+a2，∵a−c≤PF1������≤a+c，∴|PF1������||PF2������|=−(PF1

������−a)2+a2∈[b2,a2]，∴|PF1������||PF2������|的最大值m=a2；设P(x,y)，则满足x2a2+y2b2=1，则PF1������·PF2������=(−c−x,−y)·(c−x,−y)=x2+y2−c2=x2+b2a2(a

2−x2)−c2=(1−b2a2)x2+b2−c2，∵x∈[−a,a]，∴x2∈[0,a2]，∴PF1������·PF2������的最小值为n=b2−c2，由m≥2n，得a2≥2(b2−c2)=2(a2−2c2)=2a2−4c2，∴a2≤4c2，解得e=ca∈[

12,1),故答案为[12,1)．17．(1)2c(2)75k【详解】（1）01,0,1,1,0,1,bcac，所以215abc，解得：2c；（2）当2

c时，01,0,2,,1,,2kbkkkak，2202,21,0,2,,23,ab，因为kab与2ab互相垂直，所以231220kk，解得：75k，当2c时，210,1,2,,0,,

kakkkbk，2202,21,0,2,,23,ab因为kab与2ab互相垂直，所以231220kk，解得：75k，综上：75k.18．(1)1m；62；(2)10xy或2yx.【详解】

（1）因为直线1:(2)80lmxmy与直线2:40lmxy，且12ll//，所以0m，且2814mmm，由21mmm，得220mm，解得1m或2m（舍去）所以1m，所以1:80lxy，2:40lxy，所以两平行线间的距离为4

8622；（2）因为点1,Pm在直线2l上，所以40mm，得2m，所以点P的坐标为(1,2)，由题可设直线l的方程为2(1)ykx（0k），令0x，则2yk，令0y，则21xk，因为直线l在两坐标轴上的截距互为相反数，所以2120

kk，解得1k或2k，所以直线l的方程为10xy或2yx.19．(1)24xy(2)230xy【详解】（1）因为点4,Am在抛物线C上，所以245222ppAFmp又因为06p，

解得=2p，故抛物线C的标准方程为24xy；（2）设1122,,,MxyNxy，则211222=4=4xyxy，所以2212124xxyy，化为1212124xxxxyy

又因为MN的中点为1,2P，所以122xx，则121212yyxx，故直线l的斜率为12，所以直线l的方程为1212yx整理得230xy．20．解：(1)∵点P(2,0)

，直线l过点P，∴设直线l的斜率为k(k存在)，则方程为y−0=k(x−2).又圆C的圆心为(3,−2)，半径r=3，由弦长为42，故弦心距d=1，由|3k+2−2k|k2+1=1，解得k=−34.所以直线方程为y=−34(x−2)，即3x+4y−6=0．当l的斜率

不存在时，l的方程为x=2，经验证x=2也满足条件．故l的方程为3x+4y−6=0或x=2．(2)把直线ax−y+1=0，即y=ax+1.代入圆C的方程，消去y，整理得(a2+1)x2+6(a−1)x+9=0.

由于直线ax−y−1=0交圆C于A，B两点，故△=36(a−1)2−36(a2+1)>0，即−2a>0，解得a<0．设符合条件的实数a存在，由于l2垂直平分弦AB，故圆心C(3,−2)必在l2上．所以l2的斜率kPC=−2，而kAB=a=−1kPC，所以a=12.由于12∉(

−∞,0)，故不存在实数a，使得过点P(2,0)的直线l2垂直平分弦AB．21.(1)证明：∵BC=1，CC1=2，∠BCC1=π3，∴BC1=3，∴BC2+BC12=CC12，∴BC1⊥BC，又AB⊥侧面BB1C1C，BC1⊂侧面BB1C1C，

∴AB⊥BC1，又AB∩BC=B，AB、BC⊂平面ABC，∴C1B⊥平面ABC；(2)以B为原点，BC，BC1，BA分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则B(0,0,0)，A(0,0,2)，B1(−1,3,0)，A1(−1,3,2)，E(12,32,0)，C(1,0,0)；则EA��

��=(−12,−32,2)，EB1������=(−32,32,0)，B1A1��������=(0,0,2)；设平面AEB1的法向量为n��=(x,y,z)，则n��⋅EA����=0n��⋅EB1������=0，即−12x−32y+2z=0−32x+3

2y=0，令x=1，得y=3，z=1，所以n��=(1,3,1)；设平面A1EB1的法向量为m���=(a,b,c)，则m���⋅EB1������=0m���⋅B1A1��������=0，即−32a+32b=02c=0,

令a=1，求得m���=(1,3,0)；cos<n��，m���>=n��⋅m���|n��|×|m���|=1×1+3×3+1×01+3+1×1+3+0=255，∴二面角A−EB1−A1的余弦值为255；(3)假设在棱CA上

存在一点M，使得EM与平面A1B1E所成角的正弦值为21111，不妨设CM�����=λCA����，λ∈[0,1]；又CM�����=(xM−1,yM,zM)，CA����=(−1,0,2)；即xM−1=−λyM=0,zM=2λ，所以M(1−

λ,0,2λ)；所以EM�����=(12−λ,−32,2λ)，平面A1B1E的法向量为m���=(1,3,0)；则EM与平面A1B1E所成角的正弦值为：|cos<EM�����，m���>|=|EM�����⋅m���

||EM�����|×|m���|=|12−λ−32|(12−λ)2+34+4λ2×2=21111，化简得69λ2−38λ+5=0，解得λ=13或λ=523；所以在棱CA上存在一点M，使得EM与平面A1B1E所成角的正弦值为21111，此时CMCA=13或523．22．(1)

2214xy(2)32【详解】（1）由于34PP，两点关于y轴对称，故曲线C经过34PP，两点，又由222211134abab知，C不经过点1P，所以点2P在C上．因此222111314bab，解得2241ab，故C的方程为2

214xy；（2）由于P是椭圆C的上顶点，故直线QR的斜率一定存在，设1122,,,QxyRxy，直线:QRykxm，联立方程组2214ykxmxy，得222148440kxkmxm

222222644441416140kmmkkm，得2214km，2121222844,1414kmmxxxxkk，12121212121111kxmkxmyykkxxxx

221212121134kxxkmxxmxx,由题意知1m，由2121222844,1414kmmxxxxkk，代入化简得222418141310kmkmmkm，整理得：24

0m，∴2m故直线QR过定点02M，，由0得22142k，解得234k，且123PM，2212122211344364332221414PQRkkSPMxxxxkk

，令2430tk，则2666344242PQRtSttttt，当且仅当4tt，即2t，即72k时等号成立，所以PRQ△面积的最大值为32.获得更多资源请扫码加入

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