江西省三新协同教研共同体2025-2026学年高二上学期12月联考数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1江西省三新协同教研共同体2025-2026学年高二上学期12月联考数学试题一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.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.【答案】A【解析】设直线的倾斜角为，则直线斜率，又，所以，故选：A.2.已知向量，且，那么（）A.4 B.5 C.6 D.【答案】C【解析】因为，所以，解得，所以,故选：C.3.已知双曲线的一条渐近线经过点，则该双曲线的离心率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由已知可得双曲线的一条渐近线方程为，又过点，所以一条渐近线方程为，得，设，则，∴该双曲线的离心率是．故选：B.4.现安排5名师范生到某高中（三年制）学校实习，每个年级至少安排1名，每名师范生都安排了实习，且只安排到一个年级实习，则所有的安排种数为（）A.138 B.240 C.300 D.150【答案】D【解析】由题意，5名师范生可以分成或三组，分别分配给一个年级，故有种安排方法.故选：D.5.已知直线，圆，点在直线上运动，是圆上一动点，点，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】圆的圆心，半径，关于的对称点为，所以，当且仅当共线时且位于线段之间时取等号，所以的最小值为，故选：A.6.在正三棱锥中，是侧棱中点，.若是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】设在平面内的射影点为点，连接，因为平面，平面，所以，因为为的中点，且，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，所以，又因为，所以，又因为，平面，所以平面，因为平面，所以，因为几何体是正三棱锥，所以两两垂直；以为原点，分别以方向为轴的正方向，建立如图所示空间直角坐标系，不妨设，则，所以，所以，所以异面直线与所成角的余弦值为，故选：B.7.过直线上任意一点向圆作两条切线，切点为，线段的中点为，则点到直线的距离的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】∵点为直线上的任意一点，∴可设，则以为直径的圆的方程为，化简可得，与已知圆的方程相减可得的方程为，由直线的方程为，联立两直线方程可解得，，故线段的中点，∴点到直线的距离，∵，∴，∴，∴，∴，即.故选：C.8.已知抛物线的焦点为，过点且斜率为的直线与交于两点，若的外心在轴上，则直线的斜率等于（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由焦点为知，，故，不妨设，联立l与C的方程得，①再设外心，则外接圆的方程为，联立l与外接圆的方程得，②由①②得，解得，所以直线l的斜率为，故选：A.二､多选题：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.关于排列组合问题，下列结论正确的有（）A.4名同学报名3个运动项目，每名同学限报1个项目，每个项目不限人数，则不同的报名方法共有64种B.用这5个数字组成无重复数字的四位数，其中偶数的个数为60C.现有包含甲在内的8名学生，从中选3人排成一排参加文艺汇演，若甲不站第一个位置，则不同的排法共有294种D.某班级举行元旦晚会，已知现有8个节目已定稿，临时邀请了班级的科任老师来表演2个节目，将这2个节目添入节目单，且不改变原来的节目顺序，则不同的安排方式有90种【答案】BCD【解析】对A，根据分步乘法计数原理，有种，故A错误；对B，末尾安排0时，有个偶数，末尾安排2或4时，有个偶数，由分类加法计数原理可知，共有个偶数，故B正确；对C，①选的3人中无甲：种；②选的3人中有甲：种，总计种，故C正确；对D，由定序问题消序法得共有种，故D正确.故选：BCD.10.已知点在双曲线上，过点作斜率为的直线与的右支交于两点，其中在第一象限，过点作的平行线分别交于两点，则（）A.的渐近线方程为B.的取值范围是C.存在以为中点弦D.为的中点【答案】ABD【解析】对于A：因为点在双曲线上，所以，所以，所以渐近线方程为，故正确；对于B：由A知双曲线的方程为，设，，联立，可得，因为与双曲线右支交于两点，所以，又因为，所以，当，即时，直线与双曲线相切，如下图，因为与双曲线右支交于两点，且双曲线渐近线的斜率为，数形结合可得或，即，故正确；对于C：由B知，所以，假设存在以为中点的弦，则，解得，此时，直线与双曲线无交点，故错误；对于D：因为，，，，所以，且，所以，因为，所以，所以，所以，所以为的中点，故正确；故选：ABD.11.在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，是正方形内（含边界）的一个动点，则下列结论正确的是（）A.三棱锥体积的最大值为B.平面截正方体所得截面为五边形C.的最小值为D.若平面平面，则的最小值为【答案】BCD【解析】对A，如图，设到平面的距离为，则，当点P在平面上时，d取最大值2，所以三棱锥体积的最大值为，故A错误；对B，延长交的延长线于点，连接交于，延长交的延长线于，连接交于点，连接，则五边形即为平面截正方体所得截面，如图，故B正确；对C，以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，则，点E关于平面的对称点为，则，故C正确；对D，P为正方形内(含边界)一点，可设，则，设平面的法向量为，则，令，故可取.又，设平面的法向量为，则，令，故可取，因为平面平面，所以，解得，故，则，当时，取最小值，故D正确.故选：BCD.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.直线与直线之间的距离为__________.【答案】或【解析】因为，所以平行线间的距离为，故答案为：.13.在三棱锥中，已知，则最小值为__________.【答案】【解析】设，因为，所以，所以，所以又因为，所以，所以，所以，所以，所以，所以，当且仅当时取等号，所以的最小值为，故答案为：.14.宜春某商场组织抽奖活动，在一个不透明的箱子中装有红､黄､白､黑4个形状､大小相同的小球，规定每人可以有放回地先后两次任意摸取小球（每次至少摸取1个小球），其中红黄白各计1分，黑计3分.若两次摸到的小球记录的得分的总分为7分，且凑齐四种颜色，则获得一等奖，那么获一等奖的概率为__________.【答案】【解析】某人先后两次任意摸取小球，每次至少摸取1个小球，则每次摸球的情况有种，所以先后两次任意摸取小球共有种情况.两次记下的小球颜色能凑齐4种颜色，且总分为7分的情况有：第一次摸取1个球，第二次摸取4个球，情况共有种；第一次摸取2个球，第二次摸取3个球，情况共有种；第一次摸取3个球，第二次摸取2个球，情况共有种；第一次摸取4个球，第二次摸取1个球，情况共有种.因为每次摸到球的各种不同情况等可能，所以两次记下的小球颜色能凑齐4种颜色，且总分为7分的概率为故答案为：.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.已知圆经过两点，且圆心在直线上.（1）求圆的方程；（2）若经过点的直线与圆相交于两点，且，求直线的方程.解：（1）设圆心坐标为，因为圆经过两点，所以，可解得，所以圆心，半径，所以圆的方程为.（2）当直线的斜率不存在时，，此时圆心到直线的距离为，所以，满足条件；当直线的斜率存在时，设，即，则圆心到直线的距离为，又因为，所以，解得，所以的方程为，即，综上所述，直线的方程为或.16.已知抛物线过其中两点，为的焦点.（1）求的方程；（2）若过点的直线与相交于两点，且的面积为4，求直线的方程.解：（1）若点上，则，解得，此时，点B不在E上；若点在E上，则，无解；若点在E上，则，无解.综上，E的方程为.（2）如图，可知直线的斜率可能不存在，但不为0，设联立l及E的方程得，则此时，，解得.故直线的方程为或.17.如图，四棱锥的底面为直角梯形，其中，且平面⟂平面为的中点.（1）求证：平面.（2）若平面与平面所成角的余弦值为，求点到平面的距离.（1）证明：取的中点F，连接，，因为E是的中点，所以，，又因为，所以，可知四边形是平行四边形，则，且平面，平面，所以平面.（2）解：在平面内过点B作垂直于，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，可得，且，以B为原点，所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则可得，设平面的法向量为，则，取，则，可得，平面的一个法向量为，设平面与平面所成的角为，且为锐角，则，解得.又，则平面的法向量，所以点到平面的距离.18.如图，在四面体中，平面平面是以为斜边的等腰直角三角形，为的中点.（1）证明：.（2）已知为内部或边界上的动点，且平面，设直线与平面所成的角为，求的取值范围.（1）证明：是以为斜边的等腰直角三角形，为的中点，，又平面⊥平面，平面平面，平面，平面.又平面，.（2）解：，由（1)知，，以所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示.则，设，则设平面的法向量为，由，得，令，则，设平面的法向量为，由，得，令，则平面，平面，，即，得，又，得，又，且平面，平面，是平面的一个法向量，则，令，.即的取值范围为.19.在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为分别是的左、右焦点，是上位于轴上方的两点，且直线与直线平行，与交于点.当轴时，.（1）求椭圆的方程.（2）证明：为定值.（3）记点的轨迹为，动直线与交于两点，求面积的最大值.（1）解：当轴时，，所以，此时由对称性可知，因为轴，为的中点，所以为的中点，所以，且，所以，解得，所以椭圆的方程为.（2）证明：