精品解析：江西省南康中学2025-2026学年高二上学期第三次大考数学试题

南康中学2025-2026学年度第一学期高二年级第三次大考 数学试卷 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. 已知直线，，若，则（ ） A. 0 B. 1 C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】利用垂直的关系可得斜率之积为，即可得解. 【详解】由直线，，满足可得， ，可得， 故选：A. 2. 已知双曲线的实轴长为4，虚轴长为6，则双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据双曲线几何性质解决即可. 【详解】由题知双曲线中， 所以，双曲线焦点在轴上， 所以双曲线的渐近线方程为， 故选：C. 3. 对于直线，下列选项正确的为（ ） A. 直线倾斜角为 B. 直线在轴上的截距为 C. 直线的一个方向向量为 D. 直线经过第二象限 【答案】C 【解析】 【分析】由直线斜率与倾斜角的关系可判断A，令可判断B，得出直线上两点，可作一个确定的向量，判断该向量与是否共线即可，画出图形即可判断D. 【详解】因为直线的斜率为，所以直线倾斜角为，故A错误； 在中，令，解得，即直线在轴上的截距为，故B错误； 在中，令，解得，即直线过两点， ，所以直线的一个方向向量为，故C正确； 画出直线的图象如图所示， 所以直线不经过第二象限，故D错误. 故选：C. 4. 已知平面以为法向量，且经过坐标原点和点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据求参数的值. 【详解】由. 故选：B 5. 2023年中国新能源汽车备受消费者关注，已知甲、乙、丙3人准备每人购买一辆新能源汽车，若有A，B，C，D，E共5个新能源汽车品牌可选择，其中甲、乙都不选A品牌，乙、丙不选同一个品牌，则不同的选择方法种数有（ ） A. 20 B. 48 C. 64 D. 80 【答案】C 【解析】 【分析】首先考虑甲，再分丙选品牌与丙不选品牌两种情况讨论，按照分步乘法计数原理计算可得. 【详解】依题意，甲有种选择，若丙选品牌，则乙有种选择； 若丙不选品牌，则乙、丙共有种选择； 综上可得，不同的选择方法种数为. 故选：C 6. 如图，在斜三棱柱中，M、N分别为BC、的中点，设，则用表示为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据空间向量的线性运算即可求解. 【详解】由M、N分别为BC、的中点， 可得 故选：A 7. 某市为了实施教育振兴计划，依托本市一些优质教育资源，每年都对本市所有在高校就读的定向师范生实施教育教学技能培训，以提高定向师范生的毕业质量.现有5名即将毕业的定向师范生拟分配到3所学校进行跟岗培训，每名师范生只能跟岗1所学校，每所学校至少分配1名师范生，则不同的跟岗分配方案共有（    ） A. 90种 B. 150种 C. 300种 D. 360种 【答案】B 【解析】 【分析】分类讨论人数的配比，结合捆绑法和部分平均分组法运算求解. 【详解】若3所学校分配1名师范生的人数为时，先取3人看成一个整体，再进行排列， 所以不同的跟岗分配方案有种； 若3所学校分配1名师范生的人数为时，注意到有2个学校均分配2名师范生， 所以不同的跟岗分配方案有种； 综上所述：不同的跟岗分配方案共有种. 故选：B 8. 已知圆：，点在椭圆：运动，过点作圆的两条切线，切点分别为A，B，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设，依题意可得切点弦方程为，取的中点，连接，则，利用点到直线的距离公式及的范围计算可得. 【详解】设，，，设切线上任意一点为，则， 所以，即，即切线的方程为， 同理可得切线的方程为， 所以且， 所以直线的方程为， 取的中点，连接，则，， 又，即， 所以， 因为，所以，则， 所以. 故选：A 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m，且，则下列等式正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】由排列与组合数的运算性质求解即可. 【详解】A错，，． B对，． C对，，，所以． D错，． 故选：BC. 10. 已知正方体的棱长为2，若，的中点分别为、，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 平面 D. 点到平面的距离为 【答案】ABD 【解析】 【分析】构建合适的空间直角坐标系，应用向量法判断异面直线是否垂直、求点面距离判断A、D，应用三棱锥的体积公式及等体积法判断B，由线面平行的性质及正方体的结构特征、已知判断C. 【详解】如图所示，以为坐标原点， 以，，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，，， A：，，则，即，正确； B：，正确； C：若平面，平面，平面平面，则，根据图形及已知显然不成立，错误； D：，，， 设平面的一个法向量为，则，取，， 则点到平面的距离为，正确. 故选：ABD 11. 已知抛物线的焦点为，为坐标原点，曲线交于点，，若，则（ ） A. B. C. 面积的最小值为1 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】设直线的方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理，可判断A的真假；利用抛物线焦点弦的性质，可判断B的真假；利用三角形的面积公式，结合韦达定理，可判断C的真假；利用两点间的距离公式结合韦达定理，可判断D的真假. 【详解】如图： 选项A：由题意知，曲线过点，延长交抛物线于点， 由对称性可知点与点关于轴对称，则， 不妨设直线，则， 所以， ，，，故A正确； 选项B：，则，故B错误； 选项C：，则的最小值为1，故C正确； 选项D：， ，， ，故D正确. 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 圆与圆的位置关系为______. 【答案】外离 【解析】 【分析】根据圆与圆的位置关系的判断方法，根据两点间距离公式，判断结果即可. 【详解】由题意知， 则两圆圆心为，，两圆的半径分别为，， 所以，易知，所以两圆外离. 故答案为：外离. 13. 甲、乙、丙三人各自计划暑假去重庆旅游，他们都从武隆天生三桥、长江索道、重庆动物园、白帝城这4个景区中任选一个，若甲不去重庆动物园，且甲、乙、丙三人去的景区互不相同，则这三人的不同选择方法共有______. 【答案】18种 【解析】 【分析】先定受限元素的选择数，再算剩余元素的排列数，最后用乘法原理求总数即可. 【详解】因为甲不去重庆动物园，所以甲有三种不同的去处， 又因为甲、乙、丙三人去的景区互不相同， 所以这三人的不同选择方法共有. 故答案为：18. 14. 已知曲线为坐标原点．给出下列四个结论： ①曲线关于直线成轴对称图形； ②经过坐标原点的直线与曲线有且仅有一个公共点； ③直线与曲线所围成的图形的面积为； ④设直线，当时，直线与曲线恰有三个公共点．其中所有正确结论的序号是______． 【答案】①③④ 【解析】 【分析】分的正负四种情况去掉绝对值符号得到曲线方程后，由图可得①正确；当斜率为时结合渐近线可得②错误；由四分之一圆面积减去三角形面积可得③正确；由图形可得④正确. 【详解】， 因为当时，无意义，无此曲线，故舍去， 所以曲线表示为：， 作出曲线图象为 对于①，由图象可得曲线关于直线成轴对称图形，故①正确； 对于②，由于左上和右下部分双曲线的，所以渐近线方程为， 所以当直线的斜率为时，过原点的直线与曲线无交点，故②错误； 对于③，设直线与交点分别为， 因为圆方程中半径为2，且点， 所以直线与曲线围成的图形的面积为，故③正确； 对于④，由于直线恒过， 当时，直线与平行，有一个交点； 当时，与渐近线平行，此时有两个交点， 当，结合斜率的范围可得有三个交点，如图： 所以，④正确； 故答案为：①③④. 【点睛】关键点点睛：本题关键是能根据的正负去掉绝对值符号得到曲线方程，作出图象，数形结合分析. 四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.解答写在答题卡上的指定区域内. 15. 用0，1，2，3，4，5这六个数字组数，求符合下列条件的无重复数字的数的个数： （1）比400000大的正整数； （2）个位数字不是5的六位数． 【答案】（1）（个） （2）（个） 【解析】 【分析】（1）要比400000大，首位必须是4或5，其余位数全排列，从而利用分步计数原理即可得解． （2）分两类，个位数字是0和不是0，利用两个计数原理进行求解即可； 【小问1详解】 要比400000大，最高位必须是4或5，其余数位全排列即可， 所以有个． 【小问2详解】 两位及两位以上的自然数最高位不能为0． 因为0是特殊元素，所以根据个位数字是0和不是0分两类， 当个位数字是0时，个位数字不是5的六位数有（个）， 当个位数字不是0时，个位数字不是5的六位数有（个）， 根据分类加法计数原理得，个位数字不是5的六位数有（个）． 16. 如图，在四棱锥中，已知平面平面，，，，是等边的中线． （1）证明：平面． （2）若，求二面角的大小． 【答案】（1）证明: 如图1，取的中点F，连接． 因为E是棱的中点，所以，且． 因为，所以， 所以四边形是平行四边形，所以． 因为平面，平面， 所以平面． （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点F，连接，进而证明四边形是平行四边形，进而证明平面； （2）取的中点O，连接，易知平面，进而以O为坐标原点，的方向分别为x，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，利用坐标法求解即可. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 取的中点O，连接， 因为为等边三角形，所以， 因为平面平面，平面平面,平面， 所以平面． 所以，以O为坐标原点，的方向分别为x，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系． 因为等边的边长为， 所以， ． 设平面的一个法向量为 由得 令，则，所以． 又平面的一个法向量为， 因为， 所以二面角的大小为． 17. 已知为原点，直线与圆交于、两点. （1）若，求的值； （2）若过点作圆的两条切线，切点为、，求四边形面积的最大值. 【答案】（1）1 （2） 【解析】 【分析】（1）利用垂径定理来求直线与圆相交的弦长，从而可得方程求解的值； （2）利用勾股定理来求切线长，从而可计算面积，然后可用基本不等式来求最值即可. 【小问1详解】 由圆可得： 圆心为，半径，其中， 而圆心到直线的距离， 所以，解得， 即的值为1. 【小问2详解】 由（1）可知， 由勾股定理可得 四边形由两个全等的直角三角形组成。所以 ， 当且仅当时成立 所以当四边形有最大面积. 18. 如图，平面五边形ABCDE中，，设AB的中点为F，将四边形AEDF沿DF折起至四边形PQDF，使得二面角为． （1）求五面体BCDFPQ的体积； （2）判断在同一平面中相互平行的两条直线，在平面经过折叠后是否一定依然平行，并结合平面五边形ABCDE经折叠得到五面体BCDFPQ的变化，证明你的判断； （3）求PC与平面CDQ所成角的正弦值． 【答案】（1） （2）否， 理由如下： 连接交于点，因为，为的中点， 所以，又， 所以四边形为平行四边形，所以，即， 折叠成为五面体BCDFPQ后，AC对应PC，DE对应DQ， 因为P，Q，D三点共面，而点C不在平面PQD内，故直线PC与DQ不可能平行， 故在同一平面中相互平行的两条直线，在平面经过折叠后不一定平行； （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意将五面体BCDFPQ分割成直三棱柱和四棱锥，分别计算其体积，故所求为两者相加； （2）根据点、线、面的位置关系说明理由即可； （3）建立适当的空间直角坐标系，求出PC的方向向量与平面CDQ的法向量，由线面角的向量求法即可求解. 【小问1详解】 在平面五边形ABCDE中，因为，所以， 又，所以四边形为平行四边形，所以， 因为，所以， 所以在五面体BCDFPQ中， 所以为二面角的平面角，所以， 如图，分别取BC，DF的中点M，N，连接MN，QM，QN， 则五面体BCDFPQ分割为直三棱柱与四棱锥， 直三棱柱的体积为， 点Q到平面DCMN的距离， 四棱锥的体积为， 所以五面体BCDFPQ的体积为； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 以F为坐标原点，FP，FD所在直线分别为x，z轴，平面PFB中过点F作垂直于PF的直线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 故， 设为平面CDQ的法向量， 则， 可以取， 设PC与平面CDQ所成的角为， 则， 故PC与平面CDQ所成角的正弦值为. 19. 已知椭圆的离心率为，且点在椭圆C上． （1）求椭圆C的标准方程； （2）若直线l与椭圆C交于M，N两点，且坐标原点O到直线l的距离为，则的大小是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由． （3）在（2）的条件下，试求三角形的面积S的取值范围． 【答案】（1） （2）的大小为定值 （3） 【解析】 【分析】（1）待定系数求解即可； （2）先讨论直线斜率不存在时的情况得，再讨论一般情况下成立即可； （3）先讨论直线斜率不存在时的面积为，再根据弦长公式，面积公式，结合韦达定理求解面积得，再结合基本不等式，分当和讨论求解即可. 【小问1详解】 解：因为的离心率为，所以，即① 因为在椭圆C上，所以②， 又③， 所以，联立方程①②③解得：， 所以椭圆C的标准方程为 【小问2详解】 解：当直线l的斜率不存在时：直线l的方程为， 由对称性，不妨令直线l的方程为． 联立，将代入得：， 所以，即，解得：， 所以 此时，即与垂直， 所以． 当直线l的斜率存在时：设直线l的方程为，，． 由点到直线的距离公式，可得，两边平方得． 联立，消去y得． 则，即． 由韦达定理可得，． 所以 将代入上式得：， 所以，即． 综上，的大小为定值，该定值为． 【小问3详解】 解：直线l的斜率不存在时：，则． 当直线l的斜率存在时：， 将代入上式得： ， 所以三角形的面积． 当时，； 当时，． 由基本不等式 （当且仅当，即时取等号）． 则，，， ， ，即． 综上，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 南康中学2025-2026学年度第一学期高二年级第三次大考 数学试卷 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. 已知直线，，若，则（ ） A. 0 B. 1 C. D. 2 2. 已知双曲线的实轴长为4，虚轴长为6，则双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 3. 对于直线，下列选项正确的为（ ） A. 直线倾斜角为 B. 直线在轴上的截距为 C. 直线的一个方向向量为 D. 直线经过第二象限 4. 已知平面以为法向量，且经过坐标原点和点，则（ ） A. B. C. D. 5. 2023年中国新能源汽车备受消费者关注，已知甲、乙、丙3人准备每人购买一辆新能源汽车，若有A，B，C，D，E共5个新能源汽车品牌可选择，其中甲、乙都不选A品牌，乙、丙不选同一个品牌，则不同的选择方法种数有（ ） A. 20 B. 48 C. 64 D. 80 6. 如图，在斜三棱柱中，M、N分别为BC、的中点，设，则用表示为（ ） A. B. C. D. 7. 某市为了实施教育振兴计划，依托本市一些优质教育资源，每年都对本市所有在高校就读的定向师范生实施教育教学技能培训，以提高定向师范生的毕业质量.现有5名即将毕业的定向师范生拟分配到3所学校进行跟岗培训，每名师范生只能跟岗1所学校，每所学校至少分配1名师范生，则不同的跟岗分配方案共有（    ） A. 90种 B. 150种 C. 300种 D. 360种 8. 已知圆：，点在椭圆：运动，过点作圆的两条切线，切点分别为A，B，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 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m，且，则下列等式正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知正方体的棱长为2，若，的中点分别为、，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 平面 D. 点到平面的距离为 11. 已知抛物线的焦点为，为坐标原点，曲线交于点，，若，则（ ） A. B. C. 面积的最小值为1 D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 圆与圆的位置关系为______. 13. 甲、乙、丙三人各自计划暑假去重庆旅游，他们都从武隆天生三桥、长江索道、重庆动物园、白帝城这4个景区中任选一个，若甲不去重庆动物园，且甲、乙、丙三人去的景区互不相同，则这三人的不同选择方法共有______. 14. 已知曲线为坐标原点．给出下列四个结论： ①曲线关于直线成轴对称图形； ②经过坐标原点的直线与曲线有且仅有一个公共点； ③直线与曲线所围成的图形的面积为； ④设直线，当时，直线与曲线恰有三个公共点．其中所有正确结论的序号是______． 四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.解答写在答题卡上的指定区域内. 15. 用0，1，2，3，4，5这六个数字组数，求符合下列条件的无重复数字的数的个数： （1）比400000大的正整数； （2）个位数字不是5的六位数． 16. 如图，在四棱锥中，已知平面平面，，，，是等边的中线． （1）证明：平面． （2）若，求二面角的大小． 17. 已知为原点，直线与圆交于、两点. （1）若，求的值； （2）若过点作圆的两条切线，切点为、，求四边形面积的最大值. 18. 如图，平面五边形ABCDE中，，设AB的中点为F，将四边形AEDF沿DF折起至四边形PQDF，使得二面角为． （1）求五面体BCDFPQ的体积； （2）判断在同一平面中相互平行的两条直线，在平面经过折叠后是否一定依然平行，并结合平面五边形ABCDE经折叠得到五面体BCDFPQ的变化，证明你的判断； （3）求PC与平面CDQ所成角的正弦值． 19. 已知椭圆的离心率为，且点在椭圆C上． （1）求椭圆C的标准方程； （2）若直线l与椭圆C交于M，N两点，且坐标原点O到直线l的距离为，则的大小是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由． （3）在（2）的条件下，试求三角形的面积S的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $