江西省部分学校联考2023_2024学年高二数学上学期12月月考试题含解析

这是一份江西省部分学校联考2023_2024学年高二数学上学期12月月考试题含解析，共24页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容等内容，欢迎下载使用。
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.
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. 150°B. 120°C. 60°D. 30°
【答案】A
【解析】
【分析】将直线方程由一般式转化为斜截式，从而可得直线斜率，由斜率即可得直线的倾斜角.
【详解】将直线的方程转化为斜截式方程得，
所以直线的斜率为，故倾斜角为150°．
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：D
4. 已知正方体的棱长为a，点P是平面ABCD内的动点，若点P到直线的距离与到直线CD的距离相等，则点P的轨迹为（）
A. 抛物线B. 椭圆C. 双曲线D. 圆
【答案】A
【解析】
【分析】利用抛物线的定义求解.
【详解】
点P到直线的距离即为AP．
在平面ABCD内，
点P到直线CD的距离与点P到点A的距离相等，满足抛物线的定义，
所以点P的轨迹是以为焦点，直线为准线的抛物线，
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，，，P，Q，M，N分别是棱AB，，，的中点，则异面直线PQ与MN所成角的余弦值是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量法求解线线角即可.
【详解】如图，以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
由，，
得，，，，
所以，，
所以，
即异面直线PQ与MN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. 18种B. 24种C. 36种D. 48种
【答案】C
【解析】
【分析】分两步进行分析：先将五名教师按要求分成三组，再将分好的三组全排列，分别求出每一步的种数，由分步计数原理计算可得答案.
【详解】分两类，第一类，只有教师夫妇两人去同一所学校有种，
第二类，教师夫妇两人另加一位教师去同一所学校有种，所以总共有36种．
故选：C.
7. 如图，正方体的棱长为2，点E，F分别是AB，BC的中点，过点，E，F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】本题考查空间几何体的表面积与体积，首先根据作出图像，延长EF分别交DA，DC于M，N两点，连接，分别交，于H，做五边形．然后根据正方体性质进行计算最终得截面面积.
【详解】如图，延长直线EF，分别交DA，DC于M，N两点，连接，分别交，于H，G两点，过点，E，F的截面即为五边形．
因为该正方体的棱长为2，点E，F分别是AB，BC的中点，
所以，，故．
又因为的三边长分别为，，，所以，
则截面的面积为．
故选：D
8. 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1，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，将化为，构造函数结合函数单调性得出的范围，再令，得出关于的函数的单调性，即可得出的最值，结合已知列式联立即可解出，即可得出答案.
【详解】因为点在椭圆上，
则，即，
所以，
令，构造函数，
，
，
在定义域上单调递减，
因为，
所以当时，即时，取得最大值，
即取得最大值，最大值为，
令，则关于的函数在其定义域上单调递增，
则当取得最大值时，取得最大值，
最大值为，
因为椭圆上任意一点相应的曲率半径的最大值为，
所以，
当时，取得最小值，
即取得最小值，最小值为，
则当取得最小值时，取得最小值，
最小值为，
因为椭圆上任意一点相应的曲率半径的最小值为1，
所以，
联立，解得，
则椭圆的标准方程为：．
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C：，直线l：（），下列说法正确的是（）
A. 无论a取何值，直线l与圆C相交
B. 直线l被圆C截得的最短弦长为4
C. 若，则圆C关于直线l对称的圆的方程为
D. 直线l的方程能表示过点的所有直线的方程
【答案】AC
【解析】
【分析】由直线l恒过的定点与圆的位置关系判断A；借助圆的性质求出最短弦长判断B；求出原点关于直线l的对称点坐标判断C；举例说明即可判断D.
【详解】对于A，直线l变形为，由，解得，
即直线l恒过定点，显然该定点在圆C内，因此直线l与圆C相交，A正确；
对于B，定点与圆心的距离为，由圆的性质知，当时，直线l被圆C截得的弦长最短为，B错误；
对于C，当时，直线l为，设圆心关于直线对称的点为，
则，解得，即，则圆C关于直线l对称的圆方程为，C正确；
对于D，直线过点，该直线不能被直线的方程表示，D错误.
故选：AC
11. 在棱长为2的正方体中，M，N两点在线段上运动，且，Q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P，使得平面BMN
C. E点在正方形（包括边界）内运动，且直线DE与直线成30°角，则线段EM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】根据线面关系，结合三棱锥等体积转化求解三棱锥的体积即可判断A；根据面面平行，线线平行关系，确定平面，从而可得与平面平行，即可判断B；根据线面关系，线线关系即可得的运动轨迹，从而可得EM长度的最小值，即可判断C；利用三棱锥等体积转化确定点到平面的距离h，从而可得点Q到平面的距离，即可求与平面所成角的正弦值的取值范围可判断D.
【详解】对于A，连接交于点O，则，连接，，
所以为的高，且，所以．
又平面，所以，所以A错误；
对于B，连接,
平面BMN与平面为同一个平面，
在正方体中，有，所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面，即平面
所以当点P在上时，总有平面，从而有平面BMN，所以B正确；
对于C，因为直线DE与直线成30°角，，所以直线DE与直线成30°角，
又因为E点在正方形（包括边界）内运动，且该正方体的棱长为2，
所以E在正方形（包括边界）内的运动轨迹是以为圆心，以为半径的段圆弧，
而M点在线段上运动，所以线段EM长度的最小值为，所以C错误；
对于D，因为正方体的棱长为2，
所以正的面积．
连接交于O点，显然点O是线段的中点，
则点到平面的距离等于点到平面的距离h，
在三棱锥中，由，得，即，解得，可知点Q到平面的距离为．
在中，点与斜边上的点Q的距离，
所以直线与平面所成角的正弦值，所以D正确．
故选：BD.
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D，与，分别相交于点P，Q，则下列说法正确的是（）
A. 点D落在一条定直线上
B. 若直线AB过该抛物线的焦点，则
C.
D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据已知得出直线的方程，根据已知联立方程组求解得出的坐标，即可判断A项；设直线的方程为，联立直线与抛物线的方程，得出，进而求解化简，即可判断B；根据抛物线的定义得出，代入即可判断C；根据都在上，化简即可得出.进而即可得出，进而得出D项.
【详解】由题知：，：，：，
联立方程组，解得两直线的交点为．
同理，.
对于A，点不在一条定直线上运动，A错误；
对于B，若直线AB过抛物线的焦点，
设直线斜率为，直线的方程为，
联立直线与抛物线的方程，有，
可得.
又是两个交点，所以是方程的两个解，则，
所以，故，B正确；
对于C，因为
，
，
所以，C正确；
对于D，因都在上，
所以，，
所以，.
同理都在上，所以有，，故D正确．
故选：BCD.
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】
【详解】圆：化为标准方程：，
则其圆心，半径，
圆：化为标准方程：，
则其圆心，半径，
则两圆心距离，
故两圆相交，
故答案为：相交.
14. 已知空间向量，，的模长分别为2，2，3，且两两夹角均为，点G为的重心，则_________．
【答案】##
【解析】
【分析】由向量线性运算结合向量在几何中的应用可得答案.
【详解】因为G为的重心，所以，
所以，
所以，，
所以．
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】分2、4颜色相同和2、4颜色不相同两种情况进行讨论，由分类加法计数原理可得答案.
【详解】
分两类：第一类，2、4颜色相同有种；
第二类，2、4颜色不相同有种．共种,
故答案为：48.
16. 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1，2，3，4，5，6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1和2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）144 （2）96
【解析】
【分析】（1）利用插空法可解；
（2）首先将1、2全排列，再将3、5选一个数插入中间位置，组成一个大元素，再与其他3个数字全排列即可
【小问1详解】
首先将奇数全排列，再利用插空法，可得：
当偶数不能相邻时，不同的六位数有个．
【小问2详解】
首先将1、2全排列，再将3、5选一个数插入中间位置，组成一个大元素，所以数字1和2之间恰有一个奇数，没有偶数不同的六位数有个．
18. 已知圆C的圆心在直线上，且与直线相切于点．
（1）求圆C的标准方程；
（2）若过点的直线l被圆C截得的弦长为6，求直线l的方程．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）根据已知求出过点，且与直线垂直的直线的方程.与直线联立即可得出圆心，根据两点间的距离公式可得出半径；
（2）当斜率存在，根据点斜式方程得出直线方程.进而由点到直线的距离公式得出，根据垂径定理得出方程，求解得出的值，代入方程即可得出答案；当斜率不存在时，得出直线方程，验证即可得出答案.
【小问1详解】
设过点，且与直线垂直直线的方程为，
又该直线过点，所以，
所以，即直线方程为，
根据圆的性质可知，该直线经过圆心.
由，解得，
所以圆心，半径．
故圆C的标准方程为．
【小问2详解】
①若斜率存在，则设过点的直线l的斜率为k，
则直线l的方程为，即，
所以圆心到直线l的距离．
又，，
由垂径定理可得，即，
整理得，解得，此时直线l的方程为；
②若斜率不存在，则直线l的方程为，弦心距为2，半径，
弦长为，符合题意．
综上，直线l的方程为或．
19. 如图，在四棱锥P-ABCD中，AB⊥平面PAD，，E为线段PD的中点，已知，，．
（1）证明：平面ACE．
（2）求直线PB与平面PCD所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由线面平行的判定定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可.
【小问1详解】
证明：如图1，连接BD交AC于点H，连接HE．
图1
因为AB∥DC，，所以四边形ABCD是平行四边形，
所以H是AC的中点，又E为线段PD的中点，
所以HE∥BD．又平面ACE，平面ACE，
所以PB∥平面ACE．
【小问2详解】
解：因为AB⊥平面PAD，所以作Ax⊥AP，建立如图2所示的空间直角坐标系．
图2
由已知，，，
得，，，，
，，．
设平面PCD的法向量为，即，不妨取．
所以，
所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为．
20. 已知双曲线C：（，）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P，Q两点，求△POQ（O为坐标原点）的面积．
【答案】20.
21.
【解析】
【分析】（1）根据渐近线和实轴长，求出可得双曲线的标准方程；
（2）讨论直线的斜率是否存在，且当直线的斜率存在时，设出直线方程，与双曲线方程联立，根据双曲线与直线相切，找到参数之间的关系，再利用弦长公式求得，利用点到直线的距离公式求出三角形的高，最后求得面积.
【小问1详解】
（1）由题意得，解得，所以双曲线C的标准方程为．
【小问2详解】
（2）当直线l的斜率不存在时，不妨设直线l与双曲C的右支相切，
此时，，．
当直线l的斜率存在时，直线l的方程可设为，设，，
联立方程组，得．
因为直线l与双曲线C相切，所以，所以．
联立方程组，解得，
同理联立方程组，解得，
点O到直线l的距离，
所以
综上所述，的面积为.
21. 如图，在四棱台中，底面ABCD是菱形，，，平面ABCD．
（1）证明：．
（2）棱BC上是否存在一点E，使得二面角的余弦值为？若存在，求线段CE的长；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）BC上存在点E使得二面角的余弦值为，
【解析】
【分析】（1）利用题设条件证明线面垂直即得结论；
（2）通过建系，表示相关点坐标，求出二面角的两个半平面的法向量，利用空间两向量夹角的余弦公式求得参数，即得线段长.
【小问1详解】
证明：如图，连接AC，，
因为为棱台，所以四点共面，
又因为四边形ABCD为菱形，所以BD⊥AC．
因为平面ABCD，平面ABCD，所以，
又因为且，平面，所以BD⊥平面．
因为平面，所以．
小问2详解】
取BC中点Q，连接AQ，
因为底面ABCD是菱形，且，所以△ABC是正三角形，所以AQ⊥BC，即AQ⊥AD．
又平面ABCD，所以以A为原点，分别以AQ，AD，所在直线为x轴、y轴和z轴，建立如图所示的空间直角坐标系,
则，，，．
假设点E存在，设点E的坐标为，其中，
可得，．
设平面的法向量为，则，
取，可得，，所以．
又平面的一个法向量为，所以，解得．
由于二面角的余弦值为,故二面角为锐角，则点E在线段QC上，所以，即．
故BC上存在点E，当时，二面角的余弦值为．
22. 已知A，B分别是椭圆C：（）的右顶点和上顶点，，直线AB的斜率为．
（1）求椭圆C的方程．
（2）已知P，Q是椭圆C上的两点，直线AP的斜率为，直线AQ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TH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，，
因为，所以，即，①.
由题意可知，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．