河南省百师联盟2025-2026学年高二上学期12月联考数学（北师大版）试卷（Word版附解析）

这是一份河南省百师联盟2025-2026学年高二上学期12月联考数学（北师大版）试卷（Word版附解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．某兴趣小组由5名高一学生、7名高二学生和8名高三学生组成，选1名代表小组参加比赛，不同的选法有（ ）
A．5种B．7种C．15种D．20种
2．已知点，，，若直线与互相垂直，则实数n的值为（ ）
A．8B．10C．6D．4
3．已知集合，集合，从集合A中取一个数作为点的横坐标，从集合B中取一个数作为点的纵坐标，则在第二象限的点有（ ）
A．2个B．4个C．1个D．12个
4．已知抛物线的焦点为F，点M在抛物线C上，且（O为坐标原点）．若，则焦点F的坐标为（ ）
A．B．C．D．
5．已知椭圆的左、右焦点分别为，．记以为直径的圆与椭圆在第一象限的交点为，若，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
6．已知点，，若直线上存在点C，使得，则实数k的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
7．在空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面可以表示为集合．设，则，所以平面的方程为．若点在方程为的平面内，点在平面外，则直线与平面α所成角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
8．已知双曲线的左、右焦点分别为，，焦距为6，离心率．过点且倾斜角为的直线与双曲线交于A，B两点，则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．用数字，，，，组成数字，下列说法正确的有（ ）
A．可以组成个没有重复数字的三位数
B．可以组成个没有重复数字的四位奇数
C．可以组成个小于且没有重复数字的三位偶数
D．可以组成个没有重复数字且十位上的数字最大的三位数
10．（多选）已知椭圆上存在关于直线对称的点，则实数n的值可以是（ ）
A．0B．1C．D．
11．已知菱形的边长为2，，沿对角线将折起，得到如图所示的三棱锥．设，，，E是棱上靠近B的三等分点，F是的中点，且，则下列结论正确的有（ ）
A．B．
C．棱的长为D．异面直线与所成角的余弦值为
三、填空题
12．已知，那么 .
13．已知抛物线的焦点为F，点A，B，D均在抛物线C上．若的重心恰为点F，则 ．
14．已知点在双曲线的一条渐近线上，则双曲线的离心率为 ．
四、解答题
15．在正四棱锥中，O为顶点在底面内的射影，P为侧棱SD的中点，且.求直线BC与平面PAC所成的角.
16．（1）从5本不同的书中选出3本送给3位同学，每人1本，有多少种不同的送法？
（2）已知集合，，从集合A中选1个元素作为，从集合B中选1个元素作为，可以组成多少个椭圆？
（3）现有甲、乙、丙、丁四位志愿者被安排到A，B，C，D四个社区做活动，每人去1个社区，每个社区都有志愿者．由于距离限制，甲不去B社区，乙不去C社区，共有多少种不同的安排方案？
17．已知动点与定点的距离和M到定直线的距离的比是常数．
(1)设动点M的轨迹是曲线C，求曲线C的方程并指出曲线C是什么曲线；
(2)已知点P为曲线C上任意一点，是圆的直径，求的取值范围．
18．已知圆的半径为，圆心在直线上，且圆被轴截得的弦长为，直线：与圆交于，两点．
(1)求圆的标准方程．
(2)弦长是否有最大值？何时弦长最小？当弦长最小时，求直线的方程及弦长．
(3)直线过点，且，直线与圆交于，两点，求四边形面积的最大值．
19．如图，在四棱锥中，四边形为矩形，，，．平面平面，M为的中点，点E为线段上的动点（点E不与点P，D重合）．
(1)求证：平面．
(2)当时，求证：平面．
(3)是否存在点E，使得平面和平面夹角的余弦值为？若存在，求的值；若不存在，说明理由．
1．D
根据已知确定成员总数，分析即可得答案.
【详解】由题意，兴趣小组有名成员，从中选1名，有20种不同的选法．
故选：D．
2．C
根据直线垂直得出斜率关系结合两点的斜率公式计算求解参数即可.
【详解】因为点，，所以直线的斜率．
因为，所以直线的斜率，
即，解得．
故选：C．
3．B
根据第二象限点的特征，运用分步乘法计数原理进行求解即可.
【详解】在第二象限的点的横坐标为负数，纵坐标为正数，
由题意得点的横坐标有，两种选择，点的纵坐标有3，5两种选择．
由分步乘法计数原理，得在第二象限的点有个．
故选：B．
4．C
过点M作轴，利用直角三角形的性质可求出以，从而可求出，进而可求出焦点F 的坐标.
【详解】由抛物线的对称性，不妨设点M在x轴上方．
设抛物线C的准线l与x轴的交点为H，则．
过点M作轴于点N，作准线l于点Q，则四边形是矩形，，所以．在中，因为，，所以，所以．
因为焦点F的坐标为，所以焦点F的坐标为．
故选C．
5．A
设，根据椭圆的定义以及勾股定理分别表示出，再由离心率计算公式可求结果.
【详解】设，则，由椭圆的定义，得，
因为以为直径的圆与椭圆在第一象限的交点为，所以，
在中，，即，
所以离心率，
故选：A．
6．B
由题意得点C在以为直径的圆上，记为圆D，求出圆D的圆心和半径，分析可得直线l与圆D有公共点，根据直线与圆的位置关系，分析计算，即可得答案.
【详解】因为，所以点C在以为直径的圆上，记为圆D．
因为，，所以圆心，圆D的半径，
因为点C在直线l上，所以直线l与圆D有公共点，
所以圆心D到直线l的距离，即，
化简得，解得，即实数k的取值范围是．
故选：B
7．C
由题意可得平面方程，然后得出平面法向量，最后根据空间线面角向量法计算.
【详解】因为点在平面内，
所以，解得，
所以平面的一个法向量为，
由题意可知，则，
设直线与平面所成的角为，
则.
故选：C．
8．D
先根据已知条件求出双曲线方程，然后求出直线的方程，联立直线方程与双曲线方程，求得，，再根据弦长公式计算即可求解.
【详解】由题意得，，
所以，，所以，，，
所以双曲线的方程为，
因为，直线过点且倾斜角为，则直线的斜率，
所以直线l的方程为，
与双曲线的方程联立，消去，整理得，
解得，，
所以．
故选：D．
9．BCD
考虑各个位置上的选法数，结合两个计数原理逐项分析即可.
【详解】对于A，百位上的数字有种选择，十位上的数字有种选择，个位上的数字有种选择，
由分步乘法计数原理，可以组成个没有重复数字的三位数，故A错误；
对于B，因为是奇数，所以个位上的数字有，，，共种选择，
千位上的数字有种选择，百位上的数字有种选择，十位上的数字有种选择，
由分步乘法计数原理，可以组成个没有重复数字的四位奇数，故B正确；
对于C，因为是偶数，所以个位上的数字有，，共种选择，
若个位上的数字是，因为组成的数小于，所以百位上的数字有，，，共种选择，十位上的数字有种选择，
由分步乘法计数原理，可以组成个小于且没有重复数字的三位偶数，
若个位上的数字是，因为组成的数小于，所以百位上的数字有，，共种选择，十位上的数字有种选择，
由分步乘法计数原理，可以组成个小于且没有重复数字的三位偶数．
由分类加法计数原理，可以组成个小于且没有重复数字的三位偶数，故C正确；
因为十位上的数字最大，所以十位上的数字可以是，，，
当十位上的数字是时，若个位上的数字是，则百位上的数字有种选择，
若个位上的数字不是，则个位上的数字有种选择，百位上的数字有种选择，
所以可以组成个符合要求的三位数；
当十位上的数字是时，个位和百位都有种选择，所以可以组成个符合要求的三位数，
当十位上的数字是时，符合要求的三位数只有，共个，
综上，可以组成个没有重复数字且十位上的数字最大的三位数，故D正确；
故选：BCD．
10．ABD
设对称点为，线段的中点为，设直线的方程为，与椭圆方程联立，根据韦达定理、、以及，得出的范围即可.
【详解】设椭圆上关于直线对称的两点是，，线段的中点为，则，
因为直线l的斜率为，所以直线的斜率为，设直线的方程为，
联立，得，
解得，即，
由韦达定理得，，
所以，，，
所以，解得，所以，即，
结合选项可知C不符合题意．
故选：ABD．
11．ABD
由题可得，，根据空间向量线性运算法则可表示出，即可判断A；由数量积的定义及运算律，化简后可判断B；先求出，再由余弦定理可求得，即可判断C；根据异面直线所成角的向量求法可求得异面直线与所成角的余弦值，即可判断D.
【详解】选项A：因为E是棱上靠近B的三等分点，F是的中点，
所以，．因为，所以．
因为，，，所以
，故A正确；
选项B：因为菱形的边长为2，，
所以，．
因为，所以
，
解得，故B正确；
选项C：因为，所以．
在三棱锥的侧面中，
由余弦定理得，
所以，故C错误；
选项D：因为，
所以
，
可得异面直线与所成角的余弦值为，故D正确．
故选：ABD．
12．8
由排列数的公式将原式化为关于的一元二次方程，即可求出结果.
【详解】因为，所以，即，因为，
所以.
故答案为8
13．18
先根据三角形的重心求得，再结合抛物线的焦半径公式求的值.
【详解】由题意知，．
设点A，B，D的横坐标分别为，，，则，所以．
由抛物线的定义得．
故答案为：18
14．
根据双曲线的渐近线过点列式得出，进而结合得出离心率即可.
【详解】由题意，双曲线C的渐近线方程为，
所以点在渐近线上，即，
所以，所以离心率．
故答案为：.
15．
如图所示，以O为原点建立空间直角坐标系O-xyz，求得平面PAC的一个法向量和直线BC的方向向量，结合线面夹角公式即可求解．
【详解】如图所示，以O为原点建立空间直角坐标系O-xyz.
设OD＝SO＝OA＝OB＝OC＝a(a＞0)，
则A(a,0,0)，B(0，a,0)，C(－a,0,0)，．
则，，．
设平面PAC的法向量为，则
即，得，令，则
，
则．
∴．
∴直线BC与平面PAC所成的角为90°－60°＝30°．
16．（1）种；（2）个；（3）种
（1）利用排列知识解决；
（2）根据分类列举即可；
（3）分甲去C社区、甲不去C社区两种情况，结合计数原理可得.
【详解】（1）由题意得，不同的送法有种；
（2）因为在椭圆C中，，
所以当时，可以是5，7，9，10，有4种选择；
当时，可以是5，7，9，有3种选择；
当时，可以是5，7，有2种选择；
由分类加法计数原理，可以组成个椭圆C ；
（3）①若甲去C社区，则剩余3人去3个社区，有种不同的安排方案；
②若甲不去C社区，则安排甲，有2种不同的方案，
再安排乙，有2种不同的方案，丙、丁去剩下的2个社区，有种不同的方案，
由分步乘法计数原理，得有种不同的方案，
由分类加法计数原理，得不同的安排方案有种.
17．(1)曲线C的方程为，曲线C是椭圆
(2)
（1）依题意由距离公式得到方程，整理即可得到动点的轨迹方程；
（2）设，根据向量数量积的坐标运算可得，从而由坐标运算求得的值，从而得的取值范围．
【详解】（1）因为，，，
所以由题意得 ，
两边平方并化简，得，所以，
所以曲线C的方程为，曲线C是椭圆；
（2）由圆N的方程知，圆N的圆心为，半径为2，
设，则，所以，
因为是圆N的直径，所以，
所以，
因为，
所以，
因为，所以，
即的取值范围是.
18．(1)
(2)弦长没有最大值；当垂直于时轴，弦长最小，此时的方程为，
(3)
（1）由题意可得，圆心在x轴上，再由当时，，可得圆心，即可求解.
（2）设直线的斜率为，直线恒过定点，且在圆内，由题意可得，斜率存在，再由弦为圆的直径时，弦最长，直线轴时，弦最短求解即可.
（3）通过讨论斜率是否存在，通过，所以，所以，由点到直线距离以及圆的性质求解即可.
【详解】（1）因为圆的半径，且被x轴截得的弦长为4，所以圆心在x轴上
又因为圆心在直线上，令，解得，所以圆心
所以圆的标准方程为.
（2）由直线的方程知，若直线的斜率为，则；
直线恒过定点，且此定点在圆内，
当弦为圆的直径时，弦最长，即的值最大，此时直线为x轴，斜率， 又因为，所以弦不存在最大值，
当直线轴时，即时，弦最短，此时直线的方程为，因为圆心到直线的距离为，所以最短弦长.
（3）由（2）知，直线恒过点，当直线的斜率不存在时，直线的方程为，则直线的方程为，
由（2）知，，弦是圆的直径，所以，
所以四边形的面积，
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，
则直线的方程为，因为圆心到直线的距离，
所以，
同理得，
所以四边形的面积为，
令，则，，，
所以，当且仅当，即时，等号成立，
由，解得，即，因为，所以四边形面积的最大值为.
19．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)存在，或
【详解】（1）证明：如图，连接交于点Q，连接，
因为四边形是矩形，所以Q为的中点．
又因为M为的中点，所以在中，，
因为平面，平面，所以平面.
（2）证明：因为，所以．
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为，平面，所以，．
因为，所以，，两两垂直，
以点B为坐标原点，分别以，，的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，
所以，，，
因为，所以．
因为，，
所以，，即，，
又因为，平面，平面，
所以平面.
（3）设，，
则．
设平面的法向量为，则，
即．
令，则，，所以．
取平面的法向量，
则，
化简得，解得或．