【文档说明】江西省九校2022-2023学年高二下学期开学联考数学试题 含解析.docx，共(23)页，3.456 MB，由小赞的店铺上传

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分宜中学玉山一中临川一中2023年江西省南城一中南康中学高安中学高二联合考试彭泽一中泰和中学樟树中学数学试卷主命题：临川一中王明副命题：临川一中罗震国、乐丹注意事项：1本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.满分150分.考试时间为120分钟.2本试卷分试题卷和答题卷，第Ⅰ

卷（选择题）的答案应填在答题卷卷首相应的空格内，做在第Ⅰ卷的无效.3答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填涂在答题卡相应的位置.第Ⅰ卷一、单选题（每题5分，共40分）1.若()1,2,1a=−，()2,,2bx=−，若//abrr，则x=（）

A0B.2C.4D.4−【答案】D【解析】【分析】利用空间向量共线的坐标运算求解.【详解】()1,2,1a=−，()2,,2bx=−，若//abrr，则22121x−==−，解得4x=−.故选：D.2.圆：224xy+=与圆：()()22349xy−

+−=的位置关系是（）A.内切B.相交C.外切D.相离【答案】C【解析】【分析】先求出圆心坐标和半径，求出圆心距，判断两圆的位置关系即可.【详解】∵圆心1O的坐标是()0,0，半径为2；圆心2O的坐标是

()3,4，半径为3；.∴两圆的圆心距为22345+=，∵523=+，∴两圆的位置关系是：外切.故选：C.3.如图，在三棱柱ABCDEF−中，P，Q分别是CF，AB的中点，PQaABbACcAD=++，则ab

c++=（）A.1B.1−C.0.5D.2−【答案】B【解析】【分析】根据空间向量的基本定理求解即可.【详解】如图，连接CQ.因为P，Q分别是CF，AB的中点，()()111111222222PBQPCCDCAACACABAADCABQCACF+=++=−+−+−=−−=，所以12a=

，1b=-，12c=−，则1abc++=−.故选：B.4.如图，一束光线从()3,4A出发，经过坐标轴反射两次经过点()6,2D，则总路径长即ABBCCD++总长为（）A.35B.6C.313D.85【答案】C【解析】【分析】求点A关于y轴的对称点M和点D关于x轴的对称点N的坐标，由反射性质知总路

径长为MN，用两点距离公式求其长度即可.【详解】设点A关于y轴的对称点为点M，点D关于x轴的对称点为点N，由光线反射知识可得,,MBC三点共线，,,NCB三点共线，故,,,MBCN四点共线，因为点A的坐标为()3,4，点D的坐标为()6,

2，所以点M的坐标为()3,4−，点N的坐标为()6,2−，由对称的性质可得,ABMBDCNC==，所以ABBCCDMBBCCNMN++=++=，又2296313MN=+=，所以313ABBCCD++=.故选：C.5.如图，在正三角形的12个点中任取三个点构成三角形，能构成三角形的数量为（

）A.220B.200C.190D.170【答案】C【解析】【分析】利用间接法，用总数减去不能构成三角形的情况即可.【详解】任取三个点有312C种，其中三点共线的有353C种，故能构成三角形33125C3C190−=个，故选：C.6.小王同学家3楼与4楼之间有8个台阶，已知小王一步可走一个或

两个台阶，那么他从3楼到4楼不同的走法总数为（）A28种B.32种C.34种D.40种【答案】C【解析】【分析】分五种情况：8，7，6，5，4步走完楼梯，每一种情况的方法数都求出来再相加即可．【详解】①8步走完楼梯，走8步走一个台阶，有1种；②7步走完楼梯，走1步两个台阶6步一个台阶

，有17C7=种；③6步走完楼梯，走2步两个台阶4步一个台阶，有2615C=种；④5步走完楼梯，走3步两个台阶2步一个台阶，有35C10=种；⑤4步走完楼梯，走4步两个台阶，有1种，共计34种．故选：C．7.如图，长方体ABCDEFGH−中，2ABB

C==，1BF=，M为EF的中点，P为底面ABCD上一点，若直线HP与平面BMG没有交点，则HDP面积的最小值为（）.A.55B.22C.32D.1【答案】A【解析】【分析】确定HP//平面BMG，取CD中点N，证明平面AHN//平面BD

G，确定P在AN上运动，当DPAN⊥时面积最小，计算得到答案.【详解】直线HP与平面BMG没有交点，所以HP平面BMG，取CD中点N，连接,HNHA，因为//,=ABHGABHG，所以四边形ABGH是平行四边形，所以//AHBG，BG平面BD

G，AH平面BDG，故AH//平面BDG；同理可得AN//平面BDG，ANAHA=，,ANAH平面AHN，故平面AHN//平面BDG，故P在AN上运动，当DPAN⊥时，DP最小，最小值为122555=，此时HDP

的面积最小，求得12551255=.故选：A8.双曲线2221yxb−=的左焦点为F，()0,Ab−，M为双曲线右支上一点，若存在M，使得5FMAM+=，则双曲线离心率的取值范围为（）A.(1,3B.(1,5C.)3,+D.)5,+【答案】B【解析】【分析】双曲线的右焦点

1F，5FMAM+=等价于13FMAM+=，所以13FA，由不等式223bc+可求双曲线离心率的取值范围.【详解】取双曲线的右焦点1F，由双曲线定义12FMFM=+，如图所示，故存在点M使得5FMAM+

=等价为存在点M使得13FMAM+=，所以13FA，当且仅当1,,AMF三点共线时等号成立，则223bc+，由221bc=−，解得5c，而1a=，故离心率15e.故选：B二、多选题（每题5分，共20分）9.已知直线l：()2230axya+−+−=在x轴上的截距

是y轴上截距的2倍，则a的值可能是（）A.52−B.0C.32D.2−【答案】AC【解析】【分析】依题意可得2a−，分32a=和32a两种情况讨论即可．【详解】依题意可得2a−，当32a=时，直线l为702xy−=，此时横纵截距都等于0，满足题意；当32a时，直线l在x轴上的截距为

322aa−+，在y轴上截距23a−，则()322232aaa−=−+，得52a=−或32a=（舍去）综上所述，a的值为52−或32．故选：AC．10.下列说法正确的是（）A.用0，1，2，3，4能组成48个不同的3位数.B.将10个团员指标分到3个班，每班要求至少得2个，有15种分配方法

.C.小明去书店看了4本不同的书，想借回去至少1本，有16种方法.D.甲、乙、丙、丁各写了一份贺卡，四人互送贺卡，每人各拿一张贺卡且每人不能拿到自己写的贺卡，有9种不同的方法.【答案】BD【解析】【分析】根据分步乘法计数原理求出

三位数的个数判断A，根据隔板法和分步乘法计数原理求出分配方法数，判断B，利用间接法求出满足要求的方法数判断C，利用分步乘法计数原理求出满足条件的方法数，判断D.【详解】对于A，第一步先排百位数，有4种排

法，第二步排十位数有5种排法，第三步排个位数有5种排法，由分步乘法计数原理可得共有245100=个不同的三位数，A错误；对于B，第一步，每个班先各分一个团员指标，有一种方法，第二步，再将余下7个团员指标排成一排，7个指标之

间有6个空，用2块隔板插入其中的两个空，每种插空方法就是一种将7个指标分给3个班，每班至少一个指标的分配方法，故第二步有2615C=种方法，由分步乘法计数原理可得满足条件的分配方法有15种，B正确；对于C，因为借回至少1本的反面为1本都不借，又小明所有的借书方法数为42种，所以借回至少1本的方

法数为42115−=种，C错误；对于D，第一步甲先拿贺卡，有3种方法，第二步安排甲拿到的贺卡的主人拿，有3种方法，第三步余下两人拿贺卡，由于其中一人不能拿自己的贺卡，故只有一种方法，由分步乘法计数原理可得共33

9=种方法，D正确；故选：BD.11.如图，正方体ABCDEFGH−棱长为1，点P为BF的中点，下列说法正确的是（）A.FDCH⊥B.//FG平面PCHC.点P到平面AGC的距离为22D.PH与平面CGHD所成角的正弦值为23【答案】ACD【解析】【分析】A选项:证明CH⊥平面FGD，可得C

HFD⊥；B选项：FG的平行线与平面PCH相交，故FG与平面PCH不平行；C选项：BF∥平面AEGC，点P到平面AEGC的距离即为点F到平面AEGC的距离，可求结果；D选项：找到P点在平面CGHD内的投影，几何法求PH与平面CGHD所成角的正弦值.【详解】如图所示：

对于A：连接GD，FD，正方形CDHG中CHGD⊥，FG⊥平面CDHG，CH平面CDHG，CHFG⊥，,FGGD平面FGD，FGGDG=，CH⊥平面FGD，FD平面FGD，可得CHFD⊥，A选项正确；对于B：取CG中点M，显然//PMFG，而PM与平面PCH相交，

故FG与平面PCH不平行，B选项错误；对于C:正方形FGHE中FHGE⊥，CG⊥平面FGHE，FH平面FGHE，FHCG⊥，,CGGE平面AEGC，CGGEG=，FH⊥平面AEGC，//BFCG，BF平面AEGC，CG平

面AEGC，所以//BF平面AEGC，点P到平面AEGC的距离即为点F到平面AEGC的距离，等于222FH=，C选项正确.对于D：取CG中点M，PM⊥平面CGHD，2PM=，2213242PHPFFH=+=+=，所以PH与平面CGHD

所成角的正弦值为23PMPH=，D选项正确.故选：ACD12.已知顶点在原点O的抛物线22xpy=，()0p，过抛物线焦点F的动直线l交抛物线于A、B两点，当直线l垂直于y轴时，ABO面积为8.下列结论正确的是（）A.抛物线方程为28xy=.B.若12

AB=，则AB的中点到x轴距离为4.C.ABO有可能为直角三角形.D.4AFBF+的最小值为18.【答案】ABD【解析】【分析】直线l垂直于y轴时，ABO面积为8，可求得4p=，得到抛物线方程，验证选项A，利用抛物线焦点弦的性质求

AB的中点到x轴距离验证选项B，设出直线l的方程，与抛物线联立方程组，利用韦达定理和向量数量积求ABO内角的范围验证选项C，利用韦达定理和基本不等式证明选项D.【详解】当直线l垂直于y轴时，ABO面积为282p=，4p=，故A正确；若12AB=，有A、B两点到准线距离之和为12，则AB的

中点到准线距离为6，故AB的中点到x轴距离为624−=，B正确；设直线AB：2ykx=+，联立28xy=可得28160xkx−−=，由韦达定理知1216xx=−，()22212121248864xxxxyy===，1212120OAOBxxyy=+=−，故90AOB.

一定是钝角三角形，C错误；()1212124242410241018AFBFyyyyyy+=+++=+++=，D正确.故选：ABD三、填空题（每题5分，共20分）13.与直线12yx=−垂直，且过点()3,0的直线方程为______.【答案】26yx=−【解析】【分析】根据

直线垂直以及直线方程点斜式求得正确答案.【详解】由于所求直线和直线12yx=−垂直，所以所求直线的斜率为2，所以所求直线方程为()23yx=−，即26yx=−.故答案为：26yx=−14.椭圆2212516xy+=的左右焦点分别为1F，2F，P为椭圆上一点，则12PF

F△面积与12PFF△周长的比值的最大值为______.【答案】34##0.75【解析】【分析】根据椭圆方程求,,abc，结合椭圆的定义求12PFF△的周长，结合三角形面积公式求其面积最大值，由此可得结论.【详解】设椭圆2212516xy+=的长半轴为a，短半轴为b，半

焦距为c，则5,4,3abc===，因为1226FFc==，12210PFPFa+==，所以12PFF△的周长为16，由椭圆的几何性质知，当点P为椭圆的短轴端点时，12PFF△的面积最大，所以12PFF△面积最大值为121122FFbbc==，所以12PFF△面积与12PFF△周

长的比值的最大值为34.故答案为：34．15.网课期间，小王同学趁课余时间研究起了七巧板，有一次他将七巧板拼成如下图形状，现需要给下图七巧板右下方的五个块涂色（图中的1，2，3，4，5），有4种不同颜色可供选择，要求有公共边的两块区域不

能同色，有______种不同的涂色方案.【答案】252【解析】【分析】先给2涂色，再涂5，再涂3、4，这一步要分3与5同色和3和5不同色两种情况，最后涂1，按的分步计数乘法原理计算.【详解】第一步：涂2，有4种颜色；第二步：涂5，有3种颜色第三步：涂3、4，当

3与5同色时，4有3种颜色；当3和5不同色时，3有2种颜色，4有2种颜色，第三步共7种.第四步：涂1，有3种颜色.共计4373252=种.故答案为：25216.若()()542345321xabxcxdxexfxx−=+

++++++，其中a，b，c，d，e，f为常数，那么bcdf+++=______.【答案】109【解析】【分析】利用赋值法求abcdef+++++和a，利用二项式展开式通项公式求e，由此可得结果.【详解】因为()()5

42345321xabxcxdxexfxx−=+++++++，令1x=，得316abcdef−=++++++，整理得：19abcdef+++++=−，令0x=，得961a−=+，97a=−，因为()52x−的展开式的通项公式为()515C2rrrrTx−

+=−，所以()532x−的展开式中含4x项的系数为()153C2−，又()41x+的展开式中含4x项的系数为44C，所以()153C21e−=+，31e=−，将a、e代入即可求得109bcdf+++=.故答案为：109.四、解答题（17题10

分，其余每题12分，共70分）17.已知12nxx+展开式中前三项二项式系数之和为46.（1）求n的值.（2）请求出展开式的常数项.【答案】（1）9n=，（2）5376.【解析】【分析】(1)由二项式展开式的通项公式求前3项的二项式系数，列方程求n；(2)根据通项公式确

定常数项的项数，由此求常数项.【小问1详解】二项式12nxx+的展开式的通项为3221C2C2nknkknkkknnknkTxxx−−−−−+==，所以12nxx+展开式中前三项二项式系数依次为：0

12C,C,Cnnn，由已知可得012CCC46nnn++=，解得9n=或10n=−，又n为大于等于2的正整数，故9n=；【小问2详解】由(1)912xx+的展开式的通项为939219C2kkkkTx−−

+=，令9302k−=，得3k=，所以912xx+的展开式的常数项为369C25376=.18.已知圆C：224xy+=，P为圆C上任意一点，()4,0Q−（1）求PQ中点M的轨迹方程.（2）若经过Q的直线l与M的轨迹相交于,AB，在下列条件中选一个，求ABO的面积.条件①：

直线AB斜率为14；②原点O到直线AB的距离为41717.【答案】（1）()2221xy++=（2）答案见解析【解析】【分析】（1）先由中点坐标公式求得()24,2Pxy+，再利用直接代入法即可求得M的轨迹方程；（2）选择①：先利用点斜式得到直线AB的方

程，再利用点线距离公式与圆的弦长公式求得AB与原点O到AB的距离h，从而得解；选择②：先利用原点O到直线AB的距离，分类讨论直线AB斜率存在与否两种情况，从而求得直线AB的方程，进而利用圆的弦长公式求得AB，由此得解.【小问1详解】依题意，设(),Mxy，因

为M是PQ的中点，()4,0Q−，所以()24,2Pxy+,将P代入圆C：224xy+=，得()222444xy++=，化简得()2221xy++=，故M的轨迹方程为()2221xy++=.【小问2详解】记M的轨迹为圆E，

则()2,0E−，半径为1r=，选择①：因为直线AB斜率为14，直线l（即直线AB）经过()4,0Q−，所以直线AB的方程为()144yx=+，即440xy−+=，所以点E到直线AB的距离为2404211617d−−+==+，所以222222132211717ABrd=−=−=，

又点O到直线AB的距离为7040414116h+=−+=，所以11213441322171717ABOSABh===△.选择②：当直线AB斜率不存在时，由直线l（即直线AB）经过()4,0Q−，得直线AB为4x=−，此时原点O到直线AB的距离为4，与原点O到AB的距离为

41717矛盾，舍去；当直线AB斜率存在时，设直线AB为()4ykx=+，即40kxyk−+=，所以原点O到直线AB的距离为12004417171khk−+==+，解得14k=±，所以直线AB为()144yx=+，即440x

y+=，此时点E到直线AB的距离为12404211617d−+==+，所以2222122132211717ABrd=−=−=，所以111213441322171717ABOSABh===△.19.如图（1）是将一副直角三角尺拼成的平面图形，

已知6=BC，45ACB=，60D=，现将ABC沿着BC折起使之与BCD△构成二面角，如图（2）．（1）当三棱锥ABCD−体积最大时，求三棱锥ABCD−的体积；（2）在（1）的情况下，求AC与BD所成

角的余弦值．【答案】（1）22（2）64【解析】【分析】（1）作AOBC⊥，根据题意先求得CD，AO值，折起过程中，BCD△面积不变，当AO为三棱锥ABCD−的高时，三棱锥ABCD−体积最大，再根据三棱锥的体积公式求解即可；（2）在（1）的情况下建立空间直

角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可．的【小问1详解】如图，作AOBC⊥，由题意2CD=，62AO=，折起过程中，BCD△面积不变，当AO为三棱锥ABCD−的高时，三棱锥ABCD−体积最大，11626233222ABCDBCDVSAO−===．【小问2详

解】如图，建立空间直角坐标系，则60,0,2A，6,0,02B，6,0,02C−，6,2,02D−，66,0,22AC=−−，()6,2,0BD=−，设AC，BD所成的角为，则36coscos,43

22ACBD===，∴AC与BD所成角的余弦值为64．20.双曲线E：22221xyab−=，()00ab，的左右焦点分别为1F，2F，其中双曲线E的一条渐近线方程为52yx=，M为双曲线上一点，当1290FFM=时，2

52FM=.（1）求双曲线的方程.（2）A，B为双曲线左右顶点，过2F作一条直线交双曲线于P，Q，设AP，BQ的斜率为1k，2k，求12kk的值.【答案】（1）22145xy−=（2）15−【解析】【分析】（1）由渐近线方程可得52ba=，又由1290FFM=时，252FM=，可得252b

a=.后可得双曲线方程；（2）设过2F直线为3xmy=+，()()1122,,PxyQxy，.将直线与双曲线方程联立，利用韦达定理可得()121256myyyy=−+①，又可得112121225kmyyykmyyy+=+，

代入①可得答案.【小问1详解】∵双曲线E的一条渐近线方程为52yx=，∴52ba=①.当1290FFM=时，2252bFMa==②.由①②得2a=，5b=，∴双曲线的方程为22145xy−=；【小问2详解】由（1）可得()23,0F，设PQ：3xmy=

+，与双曲线方程联立有：221453xyxmy−==+，消去x得()225430250mymy−++=由题有22540Δ4004000mm−==+.设()()1122,,PxyQxy，，由韦达定理有：1223054myym+=−−，1222554yym=−，可得()121

256myyyy=−+①.又()()()()112121112122212112222122552yyxymykxmyyyykyxymymyyyx−+++====+++−②，则将①代入②得：12121215166525566yykkyy−==−−+.21.如图，正三棱柱ABCDE

F−中，2ABAD==，点G为线段BE上一点（含端点）.（1）当G为BE的中点时，求证：CD⊥平面AFG（2）是否存在一点G，使平面AFG与平面ABC所成角的余弦值为7813？若存在，请求出BGBE的值，若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）存在，224

【解析】【分析】(1)建立空间直角坐标系，利用向量方法证明FGCD⊥，结合AFCD⊥，化简线面垂直判定定理.证明CD⊥平面AFG；(2)设BGBE=，0,1，求平面AFG与平面ABC的法向量，利用向量夹角公式求两向量的夹

角余弦，由条件列方程求即可.【小问1详解】由已知，CF⊥平面ABC，ABC为等边三角形，以点C为原点，,CACF为,xz轴正方向建立空间直角坐标系，则()0,0,0C，()2,0,2D，()0,0,2F作BMy⊥轴，1BM=，3CM=，则()1,3,0M，()1,3,1G则()

1,3,1FG=−，而()2,0,2CD=∴0FGCD=∴FGCD⊥由菱形性质知AFCD⊥∵AF平面AFG，FG平面AFG，AFFGF=∴CD⊥平面AFG；【小问2详解】由(1)()0,0,0C，()2,0,0A，()0,0,2F()0,0,1m=为平面ABC的一个法

向量，设BGBE=，0,1，则()()0,0,20,0,2BGBE===所以()1,3,2G，所以()1,3,22FG=−，()2,0,2FA=−，设平面AFG的法向量为(),,nxyz

=，则()3220220xyzxz++−=−=，取3x=可得，12,3yz=−=，所以()3,12,3n=−为平面AFG的一个法向量，设平面AFG与平面ABC所成角为，则()2378coscos,13612mnmnmn

====+−解得：224+=或224−（均符合题意）所以存在一点G，224BGBE=，使平面AFG与平面ABC所成角的余弦值为7813.22.设椭圆()222210yxabab+=的两焦点为1F，2F，P为椭圆上任意

一点，点P到原点最大距离为2，若()3,1M到椭圆右顶点距离为5.（1）求椭圆的方程.（2）设椭圆的上、下顶点分别为A、B，过A作两条互相垂直的直线交椭圆于C、D，问直线CD是否经过定点？如果是，请求出定点坐标，并求出B

CD△面积的最大值.如果不是，请说明理由.【答案】（1）2214yx+=（2）直线CD过定点60,5，BCD△面积的最大值为6425【解析】【分析】（1）根据已知条件求得,ab，从而求得椭圆的方程.

（2）设出直线:tDyCkx=+并与椭圆方程联立，化简写出根与系数关系，根据ACAD⊥列方程，求得t，从而求得定点坐标，求得BCD△面积的表达式，并利用基本不等式求得BCD△面积的最大值.【小问1详解】∵点P到原点最大距离为2，故2a=，∵()3,1M到椭圆右顶点距

离为5，∴()2315b−+=，解得：1b=或5（舍去5），∴椭圆的方程为2214yx+=.【小问2详解】设CD：ykxt=+，联立2214yx+=，得：()2224240kxktxt+++−=，∴12224ktxxk+=−+，212244txxk−=+，∵ACAD⊥，∴0ACAD=uuur

uuur，即()()1122,2,2xyxy−−()()121222xxyy=+−−()()121222xxkxtkxt=++−+−()()()()221212122kxxtkxxt=++−++−，利用韦达定理代入化简得

：2516120tt−+=，解得：2t=（舍去）或65t=，∴直线CD过定点60,5，此时()1221254kxxk+=−+，()12264254xxk=−+，1216225DCBSxx=+−△()21212

845xxxx=+−22322564254kk+=+，令()225648ktt+=，上式2232323236642536425tttttt===−+++①，而363625882tt++=，∴①326425252=，∴BC

D△面积的最大值为6425.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com