江西省多所重点校2022-2023学年高二上学期12月统一调研数学试题（Word版附解析）

这是一份江西省多所重点校2022-2023学年高二上学期12月统一调研数学试题（Word版附解析），共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
高二数学试卷第Ⅰ卷一、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. 已知向量分别是直线，的方向向量，若，则（    ）A. 8 B. 20 C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据空间向量平行的坐标表示求解可得.【详解】因为，则存在实数使得，所以，即，解得，，，所以.故选：.2. 考古团队发现，海昏侯墓出土的一套件编钮钟的出土排序存在错位，推测为随葬时造成，调整为正确顺序后，它已能演奏乐曲，音色清脆悦耳.若将这件编钮钟（每件编钮钟都不一样）随机排成一排，不同的排法有（    ）A. 种 B. 种 C. 14种 D. 1种【答案】A【解析】【分析】根据题意，该题为排列问题，在无限制条件下全排列即可．【详解】解：将这件编钮钟（每件编钮钟都不一样）随机排成一排，不同的排法有种，故选：A．3 已知直线：与直线：垂直，则（    ）A. 2或1 B. 1 C. 2 D. 2或【答案】B【解析】【分析】由两直线互相垂直，可得两直线系数间的关系，由此列关于的方程求得值．【详解】解：直线与直线，且，，解得或，当时直线：，直线不存在，即得，所以．故选：B．4. 从中任取个数字，至少有个数字是偶数的情况有（    ）A. 种 B. 种 C. 种 D. 种【答案】C【解析】【分析】首先求得任取个数字和取得的个数字均为奇数的情况，作差即可得到结果.详解】从中任取个数字，共有种情况；其中取得的个数字均为奇数的情况有种，至少有个数字是偶数的情况有种.故选：C.5. 国家体育场（鸟巢），位于北京奥林匹克公园中心区南部，为2008年北京奥运会的主体育场，也是2022年北京冬季奥运会开幕式、闭幕式举办地.某近似鸟巢的金属模型，其俯视图可近似看成是两个大小不同、扁平程度相同的椭圆，已知小椭圆的短轴长为，长轴长为，大椭圆的短轴长为，则大椭圆的长轴长为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据椭圆的离心率的公式以及的关系求解.【详解】设小椭圆的短轴为，长轴为，大椭圆的短轴为，长轴为，所以有，所以，则有，所以小椭圆的离心率，依题意可知，大椭圆的离心率等于小椭圆的离心率，所以，且，，所以解得所以大椭圆的长轴长为，故选：A.6. 在正四棱锥P—ABCD中，，则该四棱锥的体积为（    ）A. 21 B. 24 C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据正四棱锥的性质，结合空间向量模的坐标公式、棱锥的体积公式进行求解即可.【详解】如图所示，在正四棱锥P—ABCD中，设顶点在底面的射影为， 为正方形对角线的交点，，所以，，所以该四棱锥的体积为，故选：B7. 过点作抛物线的弦AB，恰被点Q平分，则弦AB所在直线的方程为 （    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】利用点差法及中点坐标求出直线AB的斜率，再根据点斜式求解即可.【详解】解：设，，由题意可知，则，两式相减，得，因为是弦AB的中点，所以，，所以，即，直线AB的斜率为2，所以弦AB所在直线的方程为，即，故选：C.8. 如图，在长方体中，，，为线段上的动点，当直线与平面所成角的正弦值取最大值时，（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】利用空间向量的坐标运算表示直线与平面所成角的正弦值即可求解.【详解】建立如图所示空间直角坐标系，设则设平面的法向量为则即令则设直线与平面所成角为，则当时，最大，故选:D.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.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9. 已知，则（    ）A. B. C. D. 展开式中所有项二项式系数的和为【答案】ABD【解析】【分析】根据二项式的展开公式以及赋值法即可求解.【详解】令，则有，A正确；展开式的通项公式为，令，则有，所以，B正确；令，则有，所以，C错误；因为二项式的二项式系数和为，所以展开式中所有项的二项式系数的和为，D正确.故选:ABD.10. 已知双曲线的左、右焦点分别为、，点在双曲线上，下列结论正确的是（    ）A. B. 双曲线的渐近线方程为C. 存在点，满足D. 点到两渐近线的距离的乘积为【答案】BD【解析】【分析】求出的值，可得出双曲线的方程，可判断A选项；求出双曲线的渐近线方程，可判断B选项；利用双曲线的定义、焦半径公式以及双曲线的范围可判断C选项；利用点到直线的距离公式可判断D选项.【详解】对于A选项，因为，，则，所以，双曲线的方程为，则，A错；对于B选项，双曲线的渐近线方程为，B对；对于C选项，若存在点，使得，则点必在双曲线的右支上，由双曲线的定义可得，可得，设点，则，则，矛盾，故不存在点，使得，C错；对于D选项，设点，则，则点到直线距离为，点到直线的距离为，所以，，D对.故选：BD.11. 设有一组圆：，下列命题正确的是（    ）A. 不论如何变化，圆心始终在一条直线上B. 若点在圆的内部则C. 若圆的半径为，则D. 若圆上恰有两点到原点的距离为1，则【答案】ACD【解析】【分析】对A，根据圆的一般方程可得圆心坐标判断即可；对B，根据点在圆内则代入圆的标准方程左边，所得值小于右边列式求解即可；对C，将圆化为标准方程，再根据半径值求解即可；对D，根据题意转化为以原点为圆心，半径为1的圆与有两个交点，再根据两圆间的位置关系列式求解即可.【详解】对A，即，故圆心坐标为，则圆心始终在直线上，故A正确；对B，由题意，，即，解得，故B错误；对C，由可得，解得，故C正确；对D，圆上恰有两点到原点的距离为1，则以原点为圆心，半径为1的圆与有两个交点，此时两圆心间的距离，故，平方后化简可得，当时不等式不成立，故，则，故只需，此时，，即，，结合，解得.故D正确；故选：ACD12. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，，过椭圆上一点和原点作直线交圆：于，两点，下列结论正确的是（    ）A. 椭圆离心率的取值范围是B. 若，且，则C. 的最小值为D. 若，则【答案】AD【解析】【分析】A中，由椭圆的离心率的表达式及的范围，可得离心率的范围，判断A的真假；B中，由题意，可得在以为直径的圆上，再由，可得为的中点，由圆的半径可得，从而求出的值，判断B的真假；C中，由椭圆的定义，可得，由三点共线，可得它的最小值，判断C的真假；D中，由余弦定理及椭圆的定义，可得的表达式，然后得到，的表达式，进而求出的值，判断D的真假．【详解】对于A：由椭圆的方程，可得椭圆的离心率，因为，所以，所以，所以，再由椭圆的离心率，可得，所以A正确；对于B：若，且，则在以为直径的圆上，如图所示： 所以，由题意可得，即，所以，解得，所以B不正确；对于C：由椭圆的定义，可得，当为右顶点时取等号，此时最小，且为，所以C不正确；对于D：因为，所以，在中，由余弦定理，可得，①在中，由余弦定理，可得，②而，，①②，可得，即，所以，所以，所以D正确．故选：AD．第Ⅱ卷三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 若抛物线上一点到焦点的距离是该点到轴距离的倍，则________.【答案】【解析】【分析】首先求出焦点坐标与准线方程，根据抛物线的定义及已知可得，解得即可.【详解】抛物线的焦点为，准线方程为，所以抛物线上一点到焦点的距离为，若抛物线上一点到焦点的距离是该点到轴距离的倍，则，则．故答案为：．14. 已知等腰直角三角形斜边上的高所在直线的斜率为，则该等腰直角三角形两腰所在直线的斜率分别为________，________.【答案】    ①.     ②. ##【解析】【分析】由已知结合直线的倾斜角与斜率关系及两角和与差的正切公式可求．【详解】解：设等腰直角三角形斜边上的高所在直线的倾斜角为，则，由题意得该等腰直角三角形两腰所在直线的倾斜角分别为，，因为，，所以该等腰直角三角形两腰所在直线的斜率分别为为，．故答案为：，．15. 用5种不同的颜色对图5个区域涂色（5种颜色不一定全部使用），要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色方法有________种.【答案】420【解析】【分析】要求相邻的区域不能涂同一种颜色，则涂5块区域至少需要种颜色，然后对使用的颜色种数进行分类讨论，分别求出方案数，再运用分类加法计数原理求出最后结果.【详解】要求相邻的区域不能涂同一种颜色，则涂5块区域至少需要种颜色.若块区域只用种颜色涂色，则颜色的选法有种，相对的区域必同色，此时不同的涂色方案有种；若块区域只用种颜色涂色，则颜色的选法有种，其中一对相对的区域必同色，余下的两个区域不同色，此时不同的涂色方案有种；若块区域只用种颜色涂色，则每块区域都不同色，此时不同的涂色方案有种；综上，不同的涂色方案有：种.故答案为：.16. 如图，球为长方体内能放入的体积最大的球，是球的一条直径，为该长方体表面上的动点，且，则的最大值为________.【答案】10【解析】【分析】根据空间向量的加法运算和数量积的运算律求解.【详解】根据题意，球的半径为1，当球与平面相切，点为四边形顶点时，取得最大值，所以，故答案为:10.四、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. 甲、乙、丙等6名同学站成一排照相.（1）甲、乙、丙3名同学相邻的排法共有多少种？（2）甲、乙、丙3名同学均不相邻的排法共有多少种？【答案】（1）144    （2）144【解析】【分析】(1）根据题意，分2步进行分析：先将甲乙丙三人看成一个整体，再将这个整体与其他3人全排列，由分步计数原理计算可得答案；(2）甲、乙、丙3名同学均不相邻，可用插空法计算可得答案.【小问1详解】根据题意，甲、乙和丙三个同学相邻，将三人看成一个整体，有 种情况，将这个整体与其他3人全排列，有 种站法，则有种排法；【小问2详解】甲、乙、丙3名同学均不相邻排法可分为两步解决，先把其余三人排列有 种排法，第二步把甲、乙、丙三位同学插入由那三个隔开的四个空中，有 种排法，故有 种排法．18. 已知圆：，直线恒过点.（1）若直线与圆相切，求的方程；（2）若直线的倾斜角为，且与圆相交于，两点，求（点为圆的圆心）的面积.【答案】（1）或    （2）【解析】【分析】（1）分直线的斜率存在于不存在两种情况讨论，利用圆心到直线的距离等于半径得到方程，求出参数的值，即可得到直线方程；（2）首先得到直线的方程，从而得到弦长，再由面积公式计算可得.【小问1详解】圆：的圆心为，半径，当直线斜率不存在时，直线的方程为，此时直线和圆相切．当直线斜率存在时，设方程为，即，与圆相切，圆心到直线的距离等于半径，即，解得，直线的方程为，即，综上，直线的方程为或．【小问2详解】直线的倾斜角为，则直线的斜率，所以直线的方程为，即， 所以圆心到直线的距离，，的面积．19. 如图，在四棱锥中，底面，四边形为正方形，，，分别是，的中点.（1）证明：平面；（2）求直线与直线所成角的余弦值.【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）由平行四边形可得线线平行，进而由线面平行的判定定理即可求证，（2）建立空间直角坐标系，由向量法即可求解线线角余弦值.【小问1详解】如图，设M为PC的中点，连接FM，MD．                因为F，M分别为PB，PC的中点，所以．在正方形ABCD中，，所以．所以四边形DEFM为平行四边形，．                 因为平面PCD，平面PCD，所以平面PCD．【小问2详解】以D为原点，以DA，DC，DP所在的直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．不妨设，则，           ．                         设直线与直线所成角为，则，故直线与直线所成角的余弦值为．20. 已知椭圆的离心率为，且过点.（1）求的方程；（2）若直线与相交于、两点，求与交点、所构成的面积的最大值.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）根据已知条件可得出关于、、方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆的方程；（2）设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，求出以及点到直线的距离，利用基本不等式可求得面积的最大值.【小问1详解】解：由已知可得，解得，因此，椭圆的方程为.【小问2详解】解：设点、，直线不过点，则，可得，联立可得，，又因为，所以，，由韦达定理可得，，，直线的方程可化为，则点到直线的距离为，所以，，当且仅当时，即当时，等号成立，因此，面积的最大值为.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．21. 如图，在正六棱柱中，，，分别为，的中点.（1）证明：，，，四点共面；（2）求平面与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）根据证明线线平行证明四点共面即可；（2）空间向量法求面面角余弦值，再根据同角三角函数关系求正弦值即得.【小问1详解】取的中点 ，连接,又 为的中点，再结合正六棱柱的性质易得： ，且,四边形为平行四边形，，又 均为对应棱的中点，，，，，四点共面；【小问2详解】根据正六棱柱的性质可得： 两两相互垂直，分别以直线 为 x 轴， y 轴， z 轴，建立如图的空间坐标系，则根据题意可得： ,,根据正六棱柱的性质知平面的法向量 ,设平面的法向量为,则,令，则,设平面与平面所成角平面与平面所成角的余弦值为：所以平面 与平面所成角的正弦值为22. 已知双曲线：的左、右焦点分别为，，的右顶点在圆上，且.（1）求的方程；（2）若，是双曲线上位于轴上方的两点，且，与交于点，证明：是定值.【答案】（1）    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）由的坐标求得，再由向量数量积的坐标表示求得，进而得到，可得双曲线的方程；（2）设直线的方程为，直线的方程为，依题意可得，设，，，由，求出，即可表示出，同理可得，，即可得到，由三角形相似得到，再结合双曲线的定义得到，同理可得，相加即可得解.【小问1详解】因为的右顶点在圆上，所以，即，设，，则，，又因为，所以，所以，所以，所以双曲线的方程为；【小问2详解】证明：双曲线的渐近线方程为，设直线的方程为，直线的方程为，因为，是双曲线上位于轴上方的两点，且，所以，设，，，由，化简得，解得，或（舍去），又，同理可得，，因为，，所以，因为，所以，所以，又，所以，同理可得，所以，所以为定值.