江西省抚州市三校2022-2023学年高二数学上学期第二次联考试卷（PDF版含解析）

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BA1,4,1，BC2,0,2，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．81种C．7种D．12种3．设aR，若直线l1:ax2y80与直线l2:x(a1)y50平行，则a的值为（）2A．1B．2C．1或2D．3224．若过点P(3，1)的直线l与圆xy1有公共点，则直线l倾斜角的取值范围是()ππππππA．(0,]B．(,]C．[,]D．[0,]6636635．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．464种C．288种D．576种C：22C：226．若圆1x1y1与圆2xy8x8ym0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ABCDA1B1C1D1的棱长为2，E，F分别为上底面A1B1C1D1和侧面CDD1C1的中心，则点C到平面AEF的距离为（）4111111211A．B．C．D．114111122xy8．设椭圆C：221ab0的上顶点为A，左､右焦点分别为F1，F2，连接AF1并延ab5长交椭圆C于点P，若|PA||PF2|，则该椭圆的离心率为（）41153A．B．C．D．5353试卷第1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ua,b,c（其中abc0），定点P0x0,y0,z0，异于点P的动点Px,y,z，则以下说法正确的是（）0xx0yy0zz0A．若u为直线PP0的方向向量，则abcB．若u为直线PP0的方向向量，则axx0byy0czz00xx0yy0zz0C．若u为平面的法向量，面经过P0和P，则abcD．若u为平面的法向量，面经过P0和P，则axx0byy0czz0010．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（）1245112425CCAACCAACAA．564B．65C．564D．6522yx11．已知双曲线1的两个焦点分别为F1、F2，点P在双曲线上，则下列结论正确916的是（）3y=±xA．该双曲线的离心率为2B．该双曲线的渐近线方程为4144C．若PF1PF2，则△PF1F2的面积为9D．点P到两渐近线的距离乘积为25212．已知抛物线x2pyp0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，P2,3是平面内一定点，则（）A．p=2B．若AFBF8，则M到x轴距离为3C．若AF2FB，则AB3D．APAF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AB1,1,2，CD2,1,1，则直线AB与直线CD所成角的余弦值为______．试卷第2页，共4页 2214．若实数x、y满足x+y4x2y40，则x²y²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）.�2�216.设椭圆�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�，��⋅��的最小值为�，且�≥2�，则该椭圆的离心率的取值范围为．12四、解答题（本大题共6小题，共70分）17．（10分）已知向量a1,1,0，b1,0,c，且ab5．(1)求c的值；(2)若kab与2ab互相垂直，求实数k的值．18．(12分)已知直线l1:(m2)xmy80与直线l2:mxy40,mR．(1)若l1//l2，求m的值，并求出两平行线间的距离；(2)若点P(1,m)在直线l2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．219．（12分）已知抛物线C：x2py0p6的焦点为F，点A4,m在抛物线C上，且AF=5.(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P1,2，求直线l的方程．试卷第3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．π21.（12分）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥侧面BB1C1C，已知∠BCC1=3，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211CM角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明11CA理由．x2y23322．（12分）已知椭圆C:22（1ab0），四点P11,1,P20,1,P31,,P41,中ab22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k1,k2，满3足k1k2，求PQR面积的最大值.4试卷第4页，共4页 数学参考答案：BA1,4,1BC2,0,2ACBCBA1,4,31．A因为，，所以．故选：A32．A3位居民依次选择检测点，方法数为464．故选：A．3．Ca10时，容易验证两直线不平行，当a10时，根据两直线平行的条件可知：a281a15，解得a1或a2.故选：C.4．D解：若直线斜率不存在，此时x3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y1k(x3)，即kxy3k10，22若过点P(3，1)的直线l与圆xy1有公共点，则圆心到直线的距离d1，|3k1|即1，即22|3k1|1k，平方得k3k0，解得0k3，21k设直线倾斜角为,即0tan3，解得0，故选：D．35．D依题意，分三步进行：1（1）先为中间位置选人，从甲乙中选，有C2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，2故有A4种排法，4（3）剩余的同学进行全排列，有A4种排法，124故利用乘法原理即得，不同的安排方法有C2A4A4576种.故选：D.226．A因为xy8x8ym0表示圆，故64644m0，解得：m32；对圆C1，其圆心为1,0，半径r11；对圆C2，其圆心为4,4，半径r232m；当两圆外切时，C1C2r1r2，即5132m，解得m16；当两圆内切时，C1C2r2r1，即532m1，解得m4；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，AB,AD,AA1所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系，易知A(0,0,0),E(1,1,2),F(1,2,1),C(2,2,0)，nAExy2z0设平面AEF的法向量n(x,y,z)，则，令y1，解得n(3,1,1)，nAFx2yz0nAC62411故点C到平面AEF的距离为.故选：A.n9111155|PA||PF||PF||PF||AF|a|AF|a2211|PF||PF|2a8．C依题意，1，由4得：4，而21，24c于是得|PF1|a,|PF2|a，令椭圆半焦距为c，有cosAF1O，如图，33a222在△PF1F2中，由余弦定理得：|PF2||F1P||F1F2|2|F1P||F1F2|cosPF1F2，(4a)2(2a)2(2c)222a2c(c)，整理得22e21，解得5即a5c，因此e，333a555所以椭圆的离心率为.故选：C59．AD直线P0P是直线P0P的一个方向向量，P0P(xx0,yy0,zz0)，u为直线PP0的xxyyzz000方向向量，则abc，A正确，B错误， P0P在平面内，u为平面的法向量，则uP0P，所以uPPa(xx)b(yy)c(zz)0，C错误D正确．故选：AD．000010．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，1第一步：选择一个人，有C5种选法；2第二步：为这个人选两本书，有C6种选法；4第三步:剩余四人各分得一本书，有A4种选法.124故由乘法原理知，不同的分配方法的种数为C5C6A4，故A正确；方法二：分两步完成，2第一步：先分组，选择两本书，将书分成“2+1+1+1+1”的五组，有C6种选法；5第二步：将五组分配给五个人，有A5种选法.25故由乘法原理知，不同的分配方法的种数为C6A5，故D正确.故选：AD.F(0,5)F(0,5)11．BD由双曲线方程得a3，b4，c9165，焦点为1，2．c5离心率为e，A错；a33渐近线方程是y=±x，B正确；4若PF1PF2，不妨设PF1m,PF2n,mn，mn61则m2n2102，∴mn32，S△PF1F2mn16，C错；222yx22设P(x,y)，则1，16y9x144，916渐近线方程为3x4y0，点P到两渐近线的距离乘积为223x4y3x4y9x16y144，D正确．故选：BD．324232(4）2252512．ABD 2p抛物线x2pyp0上的点A到抛物线焦点F距离的最小值为1，则有1，解得p=2，2A正确；2抛物线的方程为x4y，焦点F(0,1)，准线l:y1，设A(x1,y1),B(x2,y2)，xxyy1212|AF||BF|y1y18，对于B，点M(,)，由抛物线的定义知，1222yyyy6，所以M到x轴距离12有123，B正确；2对于C，AF(x1,1y1),FB(x2,y21)，由AF2FB得：1y12(y21)，即y12y23，1又|AF|2|FB|，即y112(y21)，则y12y21，解得y12,y2，29于是得|AB||AF||BF|y11y21，C不正确；222对于D，抛物线x4y中，当x=2时，y13，因此点P2,3在抛物线x4y上方，过点P作PPl于P，交抛物线于点Q，连QF，过A作AAl于A，连AF，AP，PA，如图，显然|AP||AF||AP||AA||PA||PP||PQ||QP||PQ||QF|，当且仅当点A与Q重合时取等号，所以(APAF)min|PP|4，D正确.故选：ABD113．6ABCD11π【详解】由题设cosAB,CD，又线线角的范围为[0,]，|AB||CD|666211所以直线AB与直线CD所成角的余弦值为.故答案为：6614．1465或65142222【详解】将方程x+y4x2y40化为(x2)(y1)9，表示以(2,1)为圆心，半径为3的圆， 2222xy(x0)(y0)表示圆上的点与原点之间的距离，故x²y²表示圆上的点与原点之间的距离的平方，2222由(02)(01)9可知原点（0,0）在圆内，且原点与圆心之间的距离为(2)15，22所以xy的最大值为53，2所以x²y²的最大值为531465．故答案为：1465.15．302【详解】由题意得4个小球有2个放在一个盒了里的种数是C4，3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P3种结果，3而编号为1，2号小球放在同一个盒子里有P36种结果，23所以编号为1，2的小球不放到同一个盒子里的种数是C4P3630.故答案为：30.116.[,1)2【详解】∵|PF|+|PF|=2a，记c为椭圆的半焦距，12∴|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]，∴|PF||PF|的最大值m=a2；12x2y2设P(x,y)，则满足+=1，a2b2b2则PF·PF=(−c−x,−y)·(c−x,−y)=x2+y2−c2=x2+(a2−x2)−c212a2b2=(1−)x2+b2−c2，a2∵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)=2a2−4c2，22c11∴a≤4c，解得e=∈[,1),故答案为[,1)．a22 717．(1)c2(2)k5【详解】（1）ab1,0,c1,1,00,1,c，2所以ab1c5，解得：c2；（2）当c2时，kabk,k,01,0,2k1,k,2，2ab2,2,01,0,23,2,2，27因为kab与2ab互相垂直，所以3k12k20，解得：k，5当c2时，kabk,k,01,0,2k1,k,2，2ab2,2,01,0,23,2,2因为kab与2ab互相垂直，277所以3k12k20，解得：k，综上：k.5518．(1)m1；62；(2)xy10或y2x.【详解】（1）因为直线l1:(m2)xmy80与直线l2:mxy40，且l1//l2，m2m8所以m0，且，m14m2m，得2由mm20，m1解得m1或m2（舍去）所以m1，所以l1:xy80，l2:xy40，48所以两平行线间的距离为62；2（2）因为点P1,m在直线l2上，所以mm40，得m2，所以点P的坐标为(1,2)，由题可设直线l的方程为y2k(x1)（k0），2令x0，则y2k，令y0，则x1，k因为直线l在两坐标轴上的截距互为相反数，2所以12k0，k解得k1或k2，所以直线l的方程为xy10或y2x. 219．(1)x4y(2)x2y302p4p【详解】（1）因为点A4,m在抛物线C上，所以AFm522p22又因为0p6，解得p=2，故抛物线C的标准方程为x4y；（2）设Mx1,y1,Nx2,y2，则2x1=4y1222，所以x1x24y1y2，化为x1x2x1x24y1y2x=4y22y1y211又因为MN的中点为P1,2，所以x1x22，则，故直线l的斜率为，x1x2221所以直线l的方程为y2x1整理得x2y30．220．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，|3k+2−2k|3由弦长为42，故弦心距d=1，由=1，解得k=−.k2+143所以直线方程为y=−(x−2)，即3x+4y−6=0．4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．111所以l2的斜率kPC=−2，而kAB=a=−k，所以a=2.由于2∉(−∞,0)，PC故不存在实数a，使得过点P(2,0)的直线l2垂直平分弦AB．π21.(1)证明：∵BC=1，CC1=2，∠BCC1=3，∴BC1=3，∴BC2+BC21=CC21，∴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)，13E(,,0)，C(1,0,0)；2213=(−33=则EA=(−,−,2)，EB1,,0)，B1A12222(0,0,2)；13−x−y+2z=0n⋅EA=022设平面AEB1的法向量为n=(x,y,z)，则，即，n⋅EB1=033−x+y=022令x=1，得y=3，z=1，所以n=(1,3,1)；m⋅EB1=0−3a+3b=0设平面A1EB1的法向量为m=(a,b,c)，则，即22,m⋅B1A1=02c=0令a=1，求得m=(1,3,0)；n⋅m1×1+3×3+1×025cos<n，m>===，|n|×|m|1+3+1×1+3+0525∴二面角A−EB1−A1的余弦值为；5211(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，11不妨设CM=λCA，λ∈[0,1]；又CM=(xM−1,yM,zM)，CA=(−1,0,2)；xM−1=−λ即yM=0,，所以M(1−λ,0,2λ)；zM=2λ13所以EM=(−λ,−,2λ)，平面A1B1E的法向量为m=(1,3,0)；22则EM与平面A1B1E所成角的正弦值为：13|EM⋅m||2−λ−2|211|cos<EM，m>|=|EM|×|m|=13=11，(−λ)2++4λ2×224215化简得69λ−38λ+5=0，解得λ=或λ=；323211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，11CM15此时=或．CA323 2x2322．(1)y1(2)42【详解】（1）由于P3，P4两点关于y轴对称，故曲线C经过P3，P4两点，1113又由2222知，C不经过点P1，所以点P2在C上．aba4b112b2a4x22因此，解得2，故C的方程为y1；131b1422a4b（2）由于P是椭圆C的上顶点，故直线QR的斜率一定存在，设Qx1,y1,Rx2,y2，直线QR:ykxm，ykxm222联立方程组x2，得14kx8kmx4m402y1464k2m244m2414k21614k2m20，得2214km，28km4m4xx,xx，12212214k14ky11y21kx1m1kx2m1kk12xxxx121222kx1x2km1x1x2m13,xx41228km4m4由题意知m1，由xx,xx，12212214k14k222代入化简得4km18kmm14k13m10，整理得：2m40，∴m22223故直线QR过定点M0，2，由0得14k2，解得k，且PM123，42211344k364k3SPMxx3xx，PQR12122222214k14k6t6632SPQR2444247令t4k30，则ttt，当且仅当t，即t2，即k2t2tt3时等号成立，所以△PRQ面积的最大值为.2