江西省“三新”协同教研共同体2023-2024学年高二上学期12月联考数学试卷（Word版附解析）

2023年“三新”协同教研共同体高二联考数学试卷注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号深黑．如需改动、用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．4．本试卷主要考试内容：北师大版选择性必修第一册第一章至第五章计数原理中的排列组合（不考二项式定理）．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.直线的倾斜角为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】有直线倾斜角和斜率的关键即可得解.【详解】由题意直线的斜率为，所以直线的倾斜角为.故选：A.2.已知，，，若P，A，B，C四点共面，则（）A.3B.C.7D.【答案】C【解析】【分析】利用空间向量四点共面性质求解即可.【详解】由P，A，B，C四点共面，可得，，共面，设，则，解得． 故选：C.3.已知O为坐标原点，F为抛物线C：的焦点，P为抛物线C上一点，若，则的面积为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由，利用抛物线的定义求得点P的横坐标，进而求得纵坐标，然后由求解.【详解】因为抛物线C：，故由，解得，所以，所以的面积为．故选：D4.已知正方体的棱长为，点是平面内的动点，若点P到直线的距离与到直线的距离相等，则点的轨迹为（）A.抛物线B.椭圆C.双曲线D.圆【答案】A【解析】【分析】分析可知，点到直线的距离等于点到点的距离，结合抛物线的定义可得出结论.【详解】过点在平面内作，垂足为点，连接， 在正方体中，平面，平面，则，因为点P到直线的距离与到直线的距离相等，即，即点到直线的距离等于点到点的距离，由抛物线的定义可知，点的轨迹为抛物线.故选：A.5.手工课可以提高学生的动手能力、反应能力、创造力．某小学生在一次手工课上制作了一座漂亮的房子模型，它可近似地看成是一个直三棱柱和一个正方体的组合体．其直观图如图所示，，，、、、分别是棱、、、的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】以为原点建立空间直角坐标系，求出、，利用空间向量法可求得异面直线与所成角的余弦值.【详解】在正方体中，以为原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系， 因为，，则、、、，所以，，所以，所以异面直线与所成角的余弦值是.故选：B.6.某学校派出五名教师去三所乡村学校支教，其中有一对教师夫妇参与支教活动．根据相关要求，每位教师只能去一所学校参与支教，并且每所学校至少有一名教师参与支教，同时要求教师夫妇必须去同一所学校支教，则不同的安排方案有（）A.种B.种C.种D.种【答案】C【解析】【分析】先按要求将五个人分为三组，要求将教师夫妇放在一组，确定分组方法种数，然后将所分的三组分配给三所不同的学校，利用分步乘法原理可求得结果.【详解】先将五个人分为三组，每组的人数分别为、、或、、，若三组的人数分别为、、，则教师夫妇必在三人的一组，则教师夫妇这组还需从剩余的三人中抽人，此时，不同的分组方法数为种；若三组人数分别为、、，则两人一组的有一组是教师夫妇，只需将剩余三人分为两组，且这两组的人数分别为、，此时，不同的分组方法种数为种.接下来，将所分的三组分配给三所不同的学校，因此，不同的安排方案种数为种. 故选：C.7.如图，正方体的棱长为2，点分别是的中点，过点的平面截该正方体所得的截面记为，则截面的面积为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】作出辅助线，得到五边形即为截面，根据三角形全等或相似得到各边长度，求出截面面积.【详解】延长，与直线相交于，连接与分别交于点，连接，则五边形即为截面，正方体的棱长为2，点分别是的中点，由≌≌得，，，故，因为⊥平面，平面，所以⊥，⊥，由勾股定理得，取的中点，连接，则⊥，且， 由勾股定理，其中，由相似关系可知，，故.故选：D8.曲率半径可用来描述曲线在某点处的弯曲变化程度，曲率半径越大，则曲线在该点处的弯曲程度越小，已知椭圆上任意一点处的曲率半径公式为．若椭圆上任意一点相应的曲率半径的最大值为，最小值为，则椭圆的标准方程为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据给定条件，将表示为的函数，结合椭圆的范围求出的最大值、最小值的表达式即可计算作答. 【详解】依题意，，即，则，因，则当时，，，当时，，，因此，且，解得，，所以椭圆的标准方程为.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．全选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.下列排列组合数中，正确的是（）A.B.C.（m，，）D.（m，，，）【答案】BCD【解析】【分析】根据排列数与组合数的计算公式与性质逐项判断即可.【详解】A选项，，故A错误；B选项，，故B正确；C选项，由于，故C正确；D选项，左边，右边， 即左边＝右边，所以（m，，），故D正确．故选：BCD.10.已知圆，直线，下列说法正确的是（）A.无论取何值，直线与圆相交B.直线被圆截得的最短弦长为C.若，则圆关于直线对称的圆的方程为D.直线的方程能表示过点的所有直线的方程【答案】AC【解析】【分析】求出直线所过定点的坐标，判断定点与圆的位置关系，可判断A选项；求出圆心到直线距离的最大值，结合勾股定理可判断B选项；当时，求出圆关于直线的对称圆的方程，可判断C选项；【详解】对于A选项，直线的方程可变形为，由可得，所以，直线过定点，因为，所以，点在圆内，故无论取何值，直线与圆相交，A对；对于B选项，圆心为坐标原点，半径为，当时，点到直线的距离取最大值，且其最大值为，此时，直线被圆截得的弦长最短，且最短弦长为，B错；对于C选项，当时，直线的方程为，设圆心关于直线的对称点为，则线段的中点在直线上，则①，直线，且直线的斜率为，则②，联立①②可得，，故若，则圆关于直线对称的圆的方程为，C对；对于D选项，若直线表示直线，则，无解， 且直线过点，故直线不能表示直线，D错.故选：AC.11.在棱长为的正方体中，、两点在线段上运动，且，在线段上运动，则下列结论正确的是（）A.三棱锥的体积为定值B.在平面内存在点，使得平面C.点在正方形（包括边界）内运动，且直线与直线成角，则线段长度的最小值为D.与平面所成角的正弦值的取值范围为【答案】BD【解析】【分析】利用锥体的体积公式可判断A选项；当点与点重合时，利用线面平行的判定定理可判断B选项；求出点的轨迹，结合圆的几何性质可判断C选项；利用线面角的定义可判断D选项.【详解】对于A选项，连接交于点，因为四边形为正方形，则，且，因为、两点在线段上运动，且， 则，又因为平面，所以，，A错；对于B选项，当点与点重合时，因为且，所以，四边形平行四边形，则，因为平面，平面，所以，平面，即平面，所以，在平面内存在点，使得平面，B对；对于C选项，因为，则异面直线与所成角等于或其补角，因为平面，平面，则，所以，，且，可得， 所以点的轨迹是以点为圆心，半径为，且圆心角为的圆弧，当时，即当为的中点且为线段与圆弧的交点时，此时，线段长度取最小值，C错；对于D选项，因为且，则四边形为平行四边形，则，因为平面，平面，所以，平面，因为，点到平面的距离等于点到平面的距离，设点到平面的距离为，，则，易知是边长为的等边三角形，则，由，解得，因为在线段上运动，则当点为线段的中点时，取最小值，当点与点或点重合时，取最大值，即，设直线与平面所成角，则，D对. 故选：BD.【点睛】方法点睛：求直线与平面所成角的方法：（1）定义法，①作，在直线上选取恰当的点向平面引垂线，确定垂足的位置是关键；②证，证明所作的角为直线与平面所成的角，证明的主要依据是直线与平面所成角的概念；③求，利用解三角形的知识求角；（2）向量法，（其中为平面的斜线，为平面的法向量，为斜线与平面所成的角）.12.已知抛物线上任意一点处的切线方程可以表示为．直线、、分别与该抛物线相切于点、、，、相交于点，与、分别相交于点、，则下列说法正确的是（）A.点落在一条定直线上B.若直线过该抛物线的焦点，则C.D.【答案】BCD【解析】【分析】求出点、、的坐标，可判断A选项；设直线的方程为，将直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理结合直线斜率的关系可判断B选项；利用两点间的距离公式可判断CD选项.【详解】对于A选项，由题意可知，直线的方程为，即①，同理可知，直线的方程为②，联立①②可得，，即点，同理可得、， 无法确定点横坐标与纵坐标之间的关系，A错；对于B选项，若直线过该抛物线的焦点，若直线的斜率不存在，则直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意，所以，直线的斜率存在，设直线的方程为，联立可得，，由韦达定理可得，直线的斜率为，直线的斜率为，因为，则，B对；对于C选项，由抛物线的定义可得，，由A选项可知点，易知点，所以，，C对；对于D选项，，，所以，，D对.故选：BCD 【点睛】方法点睛：抛物线定义的两种应用：（1）实现距离转化，根据抛物线的定义，抛物线上任意一点到焦点的距离等于它到准线的距离，因此，由抛物线的定义可以实现点与点之间的距离与点到准线的距离的相互转化，从而简化某些问题；（2）解决最值问题，在抛物线中求解与焦点有关的两点间距离和的最小值时，往往用抛物线的定义进行转化，即化折线为直线解决最值问题.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.圆与圆的位置关系是_____．【答案】相交【解析】【分析】首先将两圆的方程化为标准方程，得出圆心坐标、半径，由两点间的距离公式算出圆心距，比较圆心距与半径之和、半径之差的大小关系即可求解.【详解】由题意圆与圆的标准方程分别为，所以圆与圆的圆心坐标、半径分别为，所以，所以圆与圆的位置关系是相交.故答案为：相交.14.已知空间向量、、的模长分别为、、，且两两夹角均为，点为的重心，则_____．【答案】##【解析】【分析】利用重心的几何性质结合空间向量的减法可得出 ，再利用空间向量数量积的运算性质可求得的值.【详解】如下图所示：因为为的重心，则，可得，则，所以，，故.故答案为：.15.2023年10月11日，习近平总书记在江西省上饶市考察，他来到婺源县秋口镇王村石门自然村了解推进乡村振兴等情况．其中婺源“晒秋”展开的是一幅乡村振兴新图景．当地百姓不仅要晾晒农产品使其得到更好的保存和售卖，更要考虑晒出独一无二的“中国最美的符号”．当地百姓现将“金色南瓜”“白色扁豆”“红色辣椒”“黄色皇菊”四种农产品全部晒入如图所示的5个小区域中，规定每个区域只能晒一种农产品，且相邻区域的农产品不能相同，则不同的晾晒方案种数为____．（用数字作答）【答案】48【解析】【分析】按照分步计数原理，结合排列组合知识进行求解.【详解】中间区域可从四种农产品中选一种，有种选择， 剩余的4个区域只能选择剩余的3种农产品，故会有1种农产品重复，将重复的农产品选出，有种选择，且将重复的农产品放入相对的两个区域内晾晒，有2种选择，剩余的农产品放入剩余的两个区域，有种选择，故有种方案.故答案为：4816.已知直线与双曲线：的两条渐近线分别交于点，（不重合）线段的垂直平分线过点，则双曲线的离心率为_________．【答案】【解析】【分析】由已知结合直线垂直的斜率关系和直线过的点根据直线的点斜式方程得出线段的垂直平分线的方程，即可联立两直线得出的中点坐标为，设，，分别代入双曲线方程后作差整理得出，再根据线段中点与端点坐标关系与两点的斜率公式得出，，，即可得出，在根据双曲线离心率公式变形后代入即可得出答案.【详解】直线与线段的垂直平分线垂直，则线段的垂直平分线的斜率为，线段的垂直平分线过点线段的垂直平分线为：，即，联立，解得：即的中点坐标为，设，，则，两式作差可得， 的中点坐标为，的斜率为1，，，，则，所以双曲线C的离心率．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.用数字、、、、、组成没有重复数字的六位数．（1）偶数不能相邻，则不同的六位数有多少个？（结果用数字表示）（2）若数字和之间恰有一个奇数，没有偶数，则不同的六位数有多少个？（结果用数字表示）【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先将三个奇数进行排序，然后从三个奇数形成的个空位中选出个空位插入三个偶数，利用插空法可求得结果；（2）在数字和之间恰有一个奇数，然后将这个整体与其余三个数字进行排列，结合分步乘法计数原理可得结果.【小问1详解】解：若六位数中，偶数不能相邻，则先将三个奇数进行排序，然后从三个奇数形成的个空位中选出个空位插入三个偶数，所以，不同的六位数个数为.【小问2详解】解：在数字和之间恰有一个奇数，有种，将这个整体与其余三个数字进行排列，满足条件的六位数的个数为.18.已知圆的圆心在直线上，且与直线相切于点．（1）求圆的标准方程；（2）若过点的直线被圆截得的弦长为，求直线的方程． 【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）设圆心，根据直线与直线垂直，根据直线的斜率关系可求出的值，可得出圆心的坐标，进而可求得圆的半径，由此可得出圆的标准方程；（2）利用勾股定理求出圆心到直线的距离，对直线的斜率是否存在进行分类讨论，在直线的斜率不存在时，直接验证即可；在直线斜率存在时，设直线的方程为，利用点到直线的距离公式可得出关于的方程，解出的值，综合可得出直线的方程.【小问1详解】解：因为圆心在直线上，设圆心，则与直线垂直，且直线的斜率为，则，可得，解得，所以，圆心的坐标为，则圆的半径为，所以，圆的标准方程为.【小问2详解】解：由题意可知，圆心到直线的距离为，若直线轴，则直线的方程为，此时，圆心到直线的距离为，合乎题意；若直线的斜率存在，设直线的方程为，即，则圆心到直线的距离为，可得，解得，此时，直线的方程为，即.综上所述，直线的方程为或.19.如图，在四棱锥中，平面，，为线段的中点，已知，，． （1）证明：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）连接交于点，连接，分析可知，为的中点，利用中位线的性质可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；（2）以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，平面内过点且与垂直的直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成角正弦值.【小问1详解】证明：连接交于点，连接，因为，，则四边形是平行四边形，因为，则为的中点，所以，，又因为平面，平面，故平面.【小问2详解】解：因为平面，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，平面内过点且与垂直的直线为轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 因为，，，则、、、，所以，，，，设平面的法向量为，则，取，则，所以，，因此，直线与平面所成角的正弦值为.20.已知双曲线的渐近线方程为，实轴长为2．（1）求双曲线C的标准方程；（2）直线l与双曲线C相切，且与双曲线C的两条渐近线相交于两点，求（O为坐标原点）的面积．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由题意结合渐近线方程以及实轴长即可求出，进一步可得双曲线方程.（2）设出直线方程为，联立直线方程与双曲线方程，结合直线与双曲线相切即可得，进一步联立直线与渐近线方程，求出 ，由点到直线距离公式求出原点到直线的距离，结合三角形面积公式、即可得解.【小问1详解】因为双曲线的渐近线方程为，实轴长为2，所以，解得，所以双曲线C标准方程为.【小问2详解】如图所示：不妨设直线l与双曲线C相切于点，由题意直线的斜率不为0，故设直线方程为，将其与双曲线方程联立，消去并整理得，从而，即，不妨设，而双曲线的渐近线方程可统一写成，将其与直线方程联立，消去并整理得， 由韦达定理得，，由得，所以，原点到直线的距离为，所以（O为坐标原点）的面积为，结合以及得，即（O为坐标原点）的面积为.21.如图，在四棱台中，底面是菱形，，，平面．（1）证明：．（2）棱上是否存在一点E，使得二面角的余弦值为？若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析（2）棱上存在点，且满足题意【解析】 【分析】（1）连接，根据题意证得和，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得；（2）建立适当的空间直角坐标系，分别求出两平面的法向量，由平面夹角公式、二面角的定义即可列出方程求解.【小问1详解】如图所示：连接，因为为棱台，所以四点共面，又因为四边形为菱形，所以，因为平面，平面，所以，又因为，且平面，所以平面，因为平面，所以.【小问2详解】取中点，连接，因为底面是菱形，且，所以是正三角形，所以，即，由于平面，以为原点，分别以为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，，则，假设点存在，设点的坐标为，其中，可得，设平面的法向量，则，取，可得，所以.又由平面的法向量为，所以，解得，由于二面角为锐角，则点在线段上，所以，即，故棱上存在一点E，当时，二面角的余弦值为.22.已知分别是椭圆的右顶点和上顶点，，直线的斜率为．（1）求椭圆C的方程．（2）已知是椭圆C上的两点，直线的斜率为，直线的斜率为，且满足．过点A作，垂足为H，试问平面上是否存在定点T，使得线段 的长度为定值？若存在，求出该定点；若不存在，请说明理由．【答案】（1）；（2）存在点，使得线段TH的长度为2.【解析】【分析】（1）由椭圆的右顶点和上顶点的关系列方程组得的值，进而得椭圆的方程；（2）先根据题意设点，点，由得，再由椭圆方程和直线的方程列方程组可得得值，进而得值，进而化简整理得到直线恒过的点，最后结合确定的位置，从而得到答案.【小问1详解】设椭圆的右顶点，上顶点，则，，，解得，.所以椭圆C的方程为．【小问2详解】由（1）知，上顶点，设点，点，则，因为，所以，即，①.由题意可知，设直线的方程为，且直线不能经过点，即，联立方程组，得，因为P，Q是椭圆C上的两点，所以，即②，所以由韦达定理可得③，④． 由③④可得，即⑤，，即⑥.把④⑤⑥代入①得，化简得，即，解得（舍去）或.故直线PQ过定点.又，垂足为H，易知H落在以AM为直径的圆上，圆心为，半径为2．所以存在点，使得线段TH的长度为2．【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.