2022-2023学年江西省高二上学期12月统一调研测试数学试题（解析版）

2022-2023学年江西省高二上学期12月统一调研测试数学试题

一、单选题

1．抛物线 的焦点坐标为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】把抛物线化为标准方程即可求解

【详解】把抛物线化为标准方程得，

所以焦点坐标为，

故选：D

2．过点且一个方向向量为的直线方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据方向向量求得斜率为，然后点斜式求解即可.

【详解】由题知，直线的方向向量为，

所以斜率为，

因为过点，

所以直线方程为，即，

故选：A

3．已知点为所在平面内一点，为平面外一点，若则的值为（    ）

A．1 B． C．2 D．

【答案】B

【分析】根据空间向量的四点共面定理即可求解.

【详解】因为，且四点共面，

所以，所以，

故选:B.

4．为了深入贯彻党中央“动态清零”的疫情防控要求，更好地开展常态化疫情防控核酸检测服务工作，现选派5名党员志愿者参加星期一至星期五(每人一天)的值日，协助免费采样工作.根据大家的时间安排，志愿者中的A必须排在B前面值日，则不同的安排方法种数为（    ）

A．36 B．60 C．118 D．120

【答案】B

【分析】先5人全排列，再根据相对顺序等可能性求解即可.

【详解】5人随机安排星期一至星期五(每人一天)的值日，共有种安排方法，

其中A排在B前面值日与A排在B后面值日机会均等，

所以A必须排在B前面值日的安排方法有种，

故选：B

5．已知圆和圆的公共弦所在直线经过原点，则实数的值为（    ）

A．6 B．4 C． D．

【答案】A

【分析】将两圆方程对应相减可得两圆公共弦所在直线方程，再结合公共弦所在直线经过原点即可求解.

【详解】两圆方程对应相减可得两圆公共弦所在直线方程为：，

即，

因为公共弦所在直线经过原点，所以，即.

故选：A.

6．已知直线与圆相交于，两点，则的面积为（    ）

A．2 B． C． D．与有关的不确定值

【答案】C

【分析】计算圆心到直线的距离，，再计算面积得到答案.

【详解】圆心到直线的距离，.

.

故选：C

7．如图，在长方体中， ，当 时，有平面，则实数的值为（    ）

A．1 B．2 C．3 D．

【答案】C

【分析】根据题意可知，以点为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，利用共线定理和线面平行的向量解法可确定实数的值.

【详解】如下图所示：

以点为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系；设，

则，设

即，，

由得

即，所以

则

设平面的一个法向量为，

，所以

令，则；所以

由平面可知，,即.

所以.

故选：C

8．已知点，点P为圆 上一点，则的最小值为（    ）

A．2 B．4 C． D．

【答案】D

【分析】A，B为两个定点，问题可转化为以A，B为焦点的双曲线与圆有交点，由此求的最小值.

【详解】圆C： ，化成标准方程为，圆心，半径为1.

点，如图所示：

由，所以A，B，C三点共线，有，.

问题可以转化为：已知点，点P为圆 上一点，求的最小值，如图所示：

设，则点P轨迹为以A，B为焦点的双曲线的右支，

双曲线方程为，由点P在圆 上，所以双曲线与圆有交点，

由，消去y，得，

，解得，

则，所以的最小值.

故选：D

【点睛】1.求双曲线的标准方程的基本方法是待定系数法．具体过程是先定形，再定量，即先确定双曲线标准方程的形式，然后再根据a，b，c，e及渐近线之间的关系，求出a，b的值．

2. 解答曲线与曲线相交的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系，要强化联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．

二、多选题

9．已知平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，若，则实数x的值可能为（     ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】BC

【分析】利用两个向量互相垂直的充要条件列出关于实数x的方程，解之即可求得实数x的值

【详解】平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，

若，则，则，

则，解之得或

故选：BC

10．对于曲线，下列说法正确的有（    ）

A．曲线C不可能是圆 B．曲线C可以表示焦点在y轴上的双曲线

C．若，则曲线C为椭圆 D．若曲线C为双曲线，则

【答案】AD

【分析】A选项，令，无解，得到结论；

B选项，令，无解，故B错误；

C选项，当时，，不表示椭圆；

D选项，根据曲线C为双曲线，列出不等式，求出.

【详解】变形为，令，无解，故曲线C不可能是圆，A正确；

变形为，令，解得：，故曲线C不能表示焦点在y轴上的双曲线，B错误；

变形为，当时，，不表示椭圆，故C错误；

若曲线C为双曲线，则，解得：，D正确.

故选：AD

11．已知空间四边形OABC的各边及对角线AC，OB的长度均相等，E，F分别为OA，BC的中点，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BC

【分析】画出正四面体连接相关的点，根据空间线面之间的判定关系以及向量的分解定理容易得到答案.

【详解】

如图，中点为，连接,根据中位线和中线的性质容易得到：

平面平面B对；平面平面与异面，A错；

C对；

D错.

故选：BC

12．如图，椭圆的左顶点为A，上顶点为B，右焦点为F，且AB⊥BF，则C的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】ABD

【分析】由已知解得a、c的关系式，再依次代入各项计算判断其是否正确；

【详解】

由题意知，，，，则，，

∵ ，

∴，即：， ①

又∵ ，②

∴由①②得：，即：，

又∵ ，

∴，故D项正确；

∴，

∴，

∴，故A项正确；

∴，故B项正确；

∴，故C项错误；

故选：ABD.

三、填空题

13．已知直线在两坐标轴上的截距相等，则实数的值为_________.

【答案】

【分析】根据直线在两坐标轴上的截距相等得到关于的方程，解出即可.

【详解】因为直线在两坐标轴上的截距相等，

当时，直线方程为：，与轴平行，不符合题意；

当时，令得：，令得：，

则，解得：，

综上：实数的值为，

故答案为：.

14．已知双曲线的焦距为4，焦点到C的一条渐近线的距离为1，则C的渐近线方程为______

【答案】

【分析】由双曲线对称性得一个焦点到两条渐近线的距离相等，不妨设渐近线为，由点线距离及的关系可得方程组求解.

【详解】由双曲线对称性得，一个焦点到两条渐近线的距离相等，不妨取渐近线为，即，焦点为，

则焦点到渐近线的距离，

由焦距为4得，故，

故C的渐近线方程为.

故答案为：.

15．设n∈N，且 能被6整除，则n的值可以为_________.(写出一个满足条件的n的值即可)

【答案】5（答案不唯一）

【分析】先利用二项展开式将变形，进而即可求得n的可能取值

【详解】

被6整除，

由能被6整除，可得能被6整除，

则n的值可以为5，或11，或17等，答案不唯一

故答案为：5（答案不唯一）

16．“双减”政策实施以来，各地中小学纷纷开展丰富的课后活动.某校积极开展各种棋类益智活动，某项单人跳棋游戏的规则如下：如图所示，棋子的初始位置为①处，玩家每掷出一枚骰子，朝上一面的点数即为棋子沿棋盘实线顺时针方向前进的格子数，即玩家掷出的点数为 ，则棋子就按顺时针方向前进i个格子、一直循环下去，现在已知小明同学抛掷3次骰子后棋子恰好又回到起点①处，则其不同的走法数为_________.(用数字作答)

【答案】27

【分析】根据题意得到3次投掷骰子的点数之和为8，3次投掷的点数可以为1，1，6；1，2，5；1，3，4；2，2，4；2，3，3；4，6，6；5，5，6；然后分情况求走法数即可.

【详解】根据题意可知抛掷3次骰子后恰好回到起点①处需要8步或16步，所以3次投掷骰子的点数之和为8或16，则3次投掷的点数可以为1，1，6；1，2，5；1，3，4；2，2，4；2，3，3；4，6，6；5，5，6；

当点数为1，1，6；2，2，4；2，3，3；4，6，6；5，5，6时，有种情况；

当点数为1，2，5；1，3，4时，有种情况；

综上可得不同的走法数为12+15=27.

故答案为：27.

四、解答题

17．已知椭圆的左、右焦点分别为F₁，F₂，动点M满足|| MF₁ | -| MF₂|| =4.

(1)求动点M的轨迹C的方程：

(2)已知点A(-2，0)，B(2，0)，当点M与A，B不重合时，设直线MA，MB的斜率分别为k₁，k₂，证明:为定值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由椭圆方程得出焦点坐标，由已知分析动点满足的条件，根据定义利用待定系数法设方程，求出相关的量即可；

（2）设设，代入方程中化简得的表达式，利用斜率公式写出

的表达式，化简即可

【详解】（1）由椭圆知：

所以左、右焦点分别为

因为动点M满足|| MF₁ | -| MF₂|| =4

所以动点在以为焦点的双曲线上，

设动点设方程为：

由双曲线的定义得：

所以

所以动点设方程为：

（2）设

则

由

所以

所以.

18．已知二项式   的展开式中      ，      .给出下列条件：①第二项与第三项的二项式系数之比是1：4；②各项系数之和为512；③第7项为常数项.

在上面三个条件中选择两个合适的条件分别补充在上面的横线上，并完成下列问题.

(1)求实数a的值和展开式中二项式系数最大的项；

(2)求的展开式中的常数项.

【答案】(1)，二项式系数最大的项为或

(2)

【分析】(1)先看条件①②③分别可以得到什么结果，然后分别选取求解即可;(2)根据第一小问得出的未知数的值，得到第二问的二项式，然后将前面括号打开，分别求常数项计算即可.

【详解】（1）由①可知，解得；由②得令得；由③得，要使该项为常数，则；所以条件①与③得到的是同一结果，所以只有选择条件①与②和条件②与③；

该两种组合都会得到，所以，解得；

所以二项式系数最大的项为或

（2）由（1）可知，，

所以有

所以常数项为

令，解得；所以常数项为.

19．如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，是等边三角形，，平面平面，点为的中点.

(1)证明：平面；

(2)求平面与平面所成角的大小.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）连接，交于点，由三角形中位线性质可得，由线面平行的判定可证得结论；

（2）取中点，由面面垂直性质可证得平面，由等腰三角形三线合一性质可得，则以为坐标原点可建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法可求得结果.

【详解】（1）连接，交于点，连接，

四边形为菱形，为中点，又为中点，，

平面，平面，平面.

（2）取中点，连接，

为等边三角形，，

平面平面，平面平面，平面，

平面；

四边形为菱形，，为等边三角形，；

则以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，；

设平面的法向量，

，令，解得：，，；

轴平面，平面的一个法向量；

，平面与平面所成角为.

20．古希腊时期与欧几里得、阿基米德齐名的著名数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点的距离之比为定值λ(λ>0且λ≠1)的点所形成的图形是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.已知点A(0，6)，B(0，3)、动点M满足 ，记动点M的轨迹为曲线C

(1)求曲线C的方程；

(2)过点N(0、4)的直线l与曲线C交于P，Q两点，若P为线段NQ的中点，求直线l的方程.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据点点距离公式，代入等量关系中化简即可求解方程，

（2）联立直线与圆的方程，根据中点坐标公式以及根与系数的关系即可求解.

【详解】（1）设，由点A(0，6)，B(0，3)、动点M满足 得，两边平方化简得：，

故曲线C的方程

（2）当直线无斜率时；此时直线与圆相交P，Q两点，则或者,均不符合P为线段NQ的中点，

当直线有斜率时；设： ，

联立直线与圆的方程，化简得，

，故

设，则-①

若为线段的中点，则，所以，将其代入①中得：，进而得，满足，

所以，因此的方程为

21．在斜三棱柱中，点在底面的射影为边的中点，为正三角形，侧面与底面所成角的正切值为2，

(1)证明: ；

(2)求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）取的中点，连接，由题意可得两垂直，故建立以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴的空间坐标系，求出，的坐标即可证明；

（2）求得平面的法向量，即可得答案.

【详解】（1）证明：取的中点，连接，

由题意知：面，面，则，，

又底面为正三角形，所以，故两两垂直，

以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间坐标系：

设正三角形的边长为2，，过作于，连接，

由平面，所以，

又，，面，所以面，

又平面，所以，

综上，为侧面与底面所成角的平面角，

在中，，又，

所以，即，

所以，则，

则，，，，

所以，，

所以，即，故；

（2）解：因为，，

设平面的法向量为，

则有，所以，令，则，

设直线与面所成角为，则.

22．已知椭圆的左、右焦点分别为，点是椭圆上任意一点，且的最大值为3，的最小值为1.

(1)求椭圆的方程；

(2)过点的直线交椭圆于两点，过点且与直线垂直的直线与轴交于点，当取得最大值时，求直线的方程.

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）根据，，即可求出，进而可得椭圆的方程；

（2）过点的直线可设为：，，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理和弦长公式求出，再根据题意求出，列出，最后利用换元法和基本不等式求出的最大值，进而求出满足此条件下的直线的方程.

【详解】（1）设焦距为，则，，解得，，

，椭圆的方程为：.

（2）由已知得，过点的直线可设为：，，

联立得，，整理得，，

则，解得，

设，，得，，

设过点且与直线垂直的直线为，得，又，

得，

，令，，

则，当且仅当，即时，等号成立，

此时，解得，可得，

故所求直线为：或