精品解析：河南省驻马店市青桐鸣2024-2025学年高二上学期12月联考数学试题（北师大版）

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注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上.
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涂黑.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.
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. 0
【答案】A
【解析】
【分析】根据直线的方程可得出其倾斜角.
【详解】因为直线，其中为常数，故直线的倾斜角为.
故选：A.
2. 在空间直角坐标系中，点与点关于（ ）对称
A. 平面B. 轴C. 平面D. 平面
【答案】C
【解析】
【分析】根据点坐标直接可得解.
【详解】易得点与点关于平面对称．
故选：C．
3. 在四面体中，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据空间向量的加法、减法及数乘运算化简即可逐项判断得解.
【详解】
在中，，在中，，
故
.
故选：A.
4. 已知，直线的方向向量与直线的方向向量共线，则这两条直线之间的距离为（ ）
A. 4B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据两直线平行可得的值，再根据平行线之间的距离公式求解即可.
详解】由题意可得，所以，解得，
故两直线方程分别为，，
故这两条平行线之间的距离为.
故选：B.
5. 已知双曲线的对称中心为坐标原点的一个焦点为，若点分别在的两条渐近线上，且满足四边形为正方形，则的离心率为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据四边形为正方形可得渐近线方程，即可求解离心率.
【详解】由题意知四边形为正方形，由于点分别在的两条渐近线上，
可知的两条渐近线互相垂直，故渐近线方程为，
所以该双曲线的实半轴长和虚半轴长相等，即,
故双曲线的离心率为．
故选：B．
6. 圆与圆的公共弦长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出公共弦的方程，再利用垂径定理求出弦长.
【详解】两圆方程作差可得两圆交点所在的直线方程为，
又因为圆心到直线的距离，
故两圆公共弦长为．
故选：C．
7. 某中学高二年级入学进行了一场为期一周的军训，在军训过程中，教官根据班级表现从各个维度进行评分，最终评出“先进集体”“作风优良班级”“纪律优良班级”“素质优良班级”四个奖项．已知总共有三个班级获奖，其中有两个班级均获得了“先进集体”，剩余三个奖项每个奖项均只有一个班级获得，则所有的颁奖方式有（ ）
A. 57种B. 60种C. 114种D. 120种
【答案】A
【解析】
【分析】利用间接法，结合分步乘法计数原理可得解.
【详解】设获奖的三个班级分别为，，，首先分配“先进集体”奖，有（种）可能；
继续分配“作风优良班级”“纪律优良班级”“素质优良班级”这三个奖项，每个奖项分别有，，三种可能，于是有（种）可能，相乘一共有（种）可能，
其中一个班级一个奖项都不获得，也就是分配“作风优良班级”“纪律优良班级”“素质优良班级”这三个奖项时均分配到两个获得“先进集体”奖的班级，共有（种）可能；
两者相减得所有的颁奖方式有（种）．
故选：A．
8. 对于次二项式，取，可以得到．类比此方法，可以求得（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】取分别赋值，作差后化简即可得解.
【详解】由题意可得，
令，得，
令，得，
两式作差，可得，
故．
故选：B．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知，，这三条直线有唯一公共点，则实数的可能取值有（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】联立直线与，可得两直线交点坐标，代入，可得解.
【详解】由题意可得这三条直线交于同一点，联立，
解得直线和直线的交点坐标为，
把交点坐标代入直线的方程可得，
解得或，
故选：AC．
10. 记，其二项展开式为，，则下列说法正确的是（ ）
A. 若的二项展开式中存在常数项，则一定是7的倍数
B. 若的二项展开式中存在常数项，则一定是6的倍数
C. 若是奇数，则的二项展开式中第项为系数最大的项
D. 若是偶数，则的二项展开式中第项为二项式系数最大的项
【答案】AD
【解析】
【分析】写出的二项展开式的通项，根据选项分别研究指数，系数，二项式系数，然后判断即可．
【详解】若存在常数项，设第项为常数项，即为常数项，
所以是常数，即，即，
又因为为正整数，故一定是7的倍数，故A正确，B错误；
对于C，设，则，
二项展开式的第项为，其系数为，不能确定正负，故C错误；
对于D，设，则，
二项展开式的第项为，其二项式系数是最大的，故D正确．
故选：AD．
11. 如图，在多面体中，是以角为直角的等腰直角三角形，，是等边三角形，平面平面，是空间中的一点，满足，则下列说法正确的是（ ）

A.
B. 在上的投影向量为
C. 直线上的点到直线的最短距离为2
D. 平面与平面所成角的余弦值为
【答案】BD
【解析】
【分析】取的中点为，连接，．因为是等边三角形，可得，又平面平面，所以平面，建立空间直角坐标系，再利用投影向量的定义，线线距离和面面夹角即可求得结果.
【详解】取的中点为，连接，．因为是等边三角形，所以，
因为平面平面，平面平面，所以平面，
因为是以角为直角的等腰直角三角形，所以，
故以点为坐标原点，的方向分别为轴、轴、轴的正方向
建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，
因为，
所以，故，
故A错误．
，，
故在上的投影向量为，故B正确．
因为，若直线上的点到直线的最短距离为2，
则是直线与直线的公垂线．连接，则，
则为等腰三角形，，不可能垂直，
故不是直线与直线的公垂线，故C错误．
设平面的法向量为，则，即
不妨令，则，，则，
易知平面的一个法向量为，
故平面与平面所成角余弦值为，故D正确．
故选：BD．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知空间向量，，则______．
【答案】
【解析】
【分析】先利用空间向量减法和乘法法则求出的坐标，再计算其模即得答案.
【详解】由题意可得，
故．
故答案为：.
13. ______．（用数字作答）
【答案】
【解析】
【分析】根据组合数的运算公式直接计算.
【详解】，
故答案为：.
14. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，圆与在第一象限内交于点，直线与的另一个交点为，若，则直线的斜率为______．
【答案】##
【解析】
【详解】由已知，可知圆是以为直径的圆，
则，即，
设，则，由椭圆的定义可得，，
故，
而，故，
故，解得，
则，
故直线的斜率为，
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知圆经过，，三点.
（1）求的标准方程，并说明的圆心坐标与半径；
（2）过点作圆的切线，且直线的斜率存在，求的一般式方程.
【答案】（1）圆的标准方程为，圆心为，半径
（2）
【解析】
【分析】（1）设圆的一般方程，代入三点坐标，求出圆的一般方程，再化为标准方程.
（2）直线设点斜式方程，利用圆心到切线的距离等于半径求解.
【小问1详解】
由题意可设圆的一般方程为，
代入三点坐标可得，解得，
所以圆的一般方程为，
则圆的标准方程为，
易得圆心为，半径.
【小问2详解】
因为过点的切线的斜率存在，
所以设切线的方程为，即，
则圆心到切线的距离，解得，
故的一般式方程为.
16. 在以为坐标原点的平面直角坐标系中，点在抛物线上，过点的直线交于两点．
（1）求的准线方程；
（2）求直线，的斜率之积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）将点代入抛物线方程，求出得解；
（2）设直线的方程为，与抛物线方程联立，求出，，得解.
【小问1详解】
把点代入抛物线方程，可得，
解得或（舍去），
故抛物线的方程为，其准线方程为．
【小问2详解】
设，，直线的方程为，
联立，可得，
则，
故，
故直线的斜率之积为．
17. 如图，在四棱锥中，平面平面，，，点是线段的中点．
（1）求异面直线与所成角的余弦值；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据面面垂直的性质可得平面，即可建立空间直角坐标系，利用向量的夹角求解，
（2）求解平面法向量，即可利用向量的夹角求解.
【小问1详解】
取的中点，连接．
因，所以．
因为平面平面，平面平面，平面，
故平面．
以为坐标原点，的方向分别为轴、轴、轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则A1,0,0，，，，，
故，，
故，
故异面直线与所成角的余弦值为．
【小问2详解】
由（1）得，，
设平面的法向量为，则即
易知，令，则，即．
设直线与平面所成的角为，易得，
则，
故直线与平面所成角的正弦值为．
18. 现有体积均相同但质量均不同的红球个、白球个、黑球个，将这个小球放入恰好能容纳个小球的圆柱形卡槽内．
（1）若同种颜色的球必须相邻，试问共有多少种不同的放法？
（2）若个白球互不相邻，且质量最大的白球不能放在卡槽的两端，试问共有多少种不同的放法？
（3）若个红球之间有且仅有白球和黑球各个，试问共有多少种不同的放法？
【答案】（1）；
（2）；
（3）；
【解析】
【分析】（1）利用捆绑法可得解；
（2）利用插空法结合特殊元素法可得解；
（3）根据特殊元素特殊位置法，结合捆绑法可得解.
【小问1详解】
个红球全排列有种方法，个白球全排列有种方法，个黑球全排列有种方法，
同种颜色的球捆绑在一起进行全排列有种方法，
所以共有种不同的放法；
【小问2详解】
先排红球和黑球，共有种方法，
且质量最大的白球不在卡槽的两端，则有种方法，
最后排剩余的个白球有种方法，
所以共有种不同的放法；
【小问3详解】
两个红球的放法有种，
接着任选个白球、个黑球放入两个红球中间，有种方法，
再将这个小球捆绑在一起与剩余的个小球进行全排列有种，
所以共有种不同的放法.
19. 已知过点的直线与椭圆交于两点．当直线垂直于轴时，．
（1）求的方程．
（2）探究是否存在实数，使得为定值．若存在，求出该定值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）
（2）存在，定值为
【解析】
【分析】（1）将时，用表示纵坐标，再由解出即可；
（2）设出直线的方程为，用韦达定理表示出，若为定值，则结果要与无关，从而求出实数．
【小问1详解】
将代入的方程，得，即，
所以，解得，
所以椭圆的方程为．
【小问2详解】
存．
①当不垂直于轴时，设直线的方程为，Ax1,y1，Bx2,y2，
联立得，
所以，，
又，，
所以，
所以，
若为定值，则，解得，
代入得；
②当垂直于轴时，由①知，不妨令，，有．
综上所述，存在使得为定值．
【点睛】定值问题需要找到变化的量，如本题的，用表示出目标代数式，若为定值，则需与无关（消去，没有），从而求解．