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2023-2024学年河南省信阳市固始县高级中学第一中学高二上学期第二次月考数学试题含答案
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这是一份2023-2024学年河南省信阳市固始县高级中学第一中学高二上学期第二次月考数学试题含答案，共18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．已知直线l过点和，则直线l在y轴上的截距为（ ）
A．－1B．0C．2D．4
【答案】C
【分析】两点式求斜率，再由点斜式写出直线方程，进而求截距.
【详解】直线l的斜率为，
∴直线l的方程为，即，故直线l在y轴上的截距为2.
故选：C
2．如图所示，在平行六面体中，，，，M是的中点，N是线段上的点，且，用，，表示向量的结果是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据题意，由空间向量基本定理，代入计算，即可得到结果.
【详解】由题意可得，，
∵，，∴．
故选：A．
3．已知椭圆的左、右焦点分别是，，P为C上一点，且，Q是线段的中点，O为坐标原点，则（ ）
A．2B．4C．6D．8
【答案】A
【分析】根据椭圆的定义，结合题意，求得，再由OQ为的中位线，即可求解.
【详解】由椭圆的方程，可得，根据椭圆的定义得，
因为，可得，
又因为Q是的中点，O是的中点，
所以OQ为的中位线，可得.
故选：A.
4．直线，，则“”是“”的（ ）条件
A．必要不充分条件B．充分不必要条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】利用直线与直线平行时，斜率相等且截距不相等的性质分别讨论充分性和必要性即可.
【详解】解：①充分性：当时，，，所以与斜率相等，且截距不相等，故，所以充分；
②必要性：，，当时，
则，解得：或，
当时，两直线重合，所以舍去，
当时，两直线斜率相等且截距不相等，符合题意，所以必要.
所以“”是“”的充要条件
故选：C.
5．已知直线，圆，若过l上一点A向圆C引切线，则切线长的最小值为（ ）
A．1B．C．D．
【答案】D
【分析】根据圆的性质，得到直线l上的点A到圆心C的距离最小时，切线长最小，结合点到直线的距离公式和圆的切线长公式，即可求解.
【详解】由圆的性质，可得当直线l上的点A到圆心C的距离最小时，切线长最小，
因为圆，可得圆心，半径为，
则圆心到直线的距离为，
即，所以切线长的最小值为.
故选：D.
6．已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，过的直线l与C的左支交于A，B两点，，且，则C的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设，由双曲线的定义求得，，结合，利用列出方程求得，再由，求得的关系式，结合离心率的定义，即可求解.
【详解】因为，设，则，
又由双曲线的定义，得，，
所以，，
又因为，可得，即，
解得，
由，即，可得，
双曲线C的离心率为.
故选：A.
7．金刚石是天然存在的最硬的物质，如图1所示是组成金刚石的碳原子在空间排列的结构示意图，组成金刚石的每个碳原子，都与其相邻的4个碳原子以完全相同的方式连接．从立体几何的角度来看，可以认为4个碳原子分布在一个正四面体的四个顶点处，而中间的那个碳原子处于与这4个碳原子距离都相等的位置，如图2所示．这就是说，图2中有，若正四面体ABCD的棱长为2，则下列结论不正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由题意得是正四面体外接球的球心．设点是顶点在底面的射影，取的中点G，的中点F，求得，，，可判断C；求得，结合，，可判断B；由可判断A；求出，进而求得，可判断D．
【详解】由题意得是正四面体外接球的球心．
设点是顶点在底面的射影，则是正四面体的高，
是的外接圆半径，所以，
对于A，因为底面，底面，
所以，所以，故A正确；
取的中点G，的中点F，连接，，，
设，
设，则，
由三点共线得，
所以 ，解得，
所以，，所以为的中点，
因为，
则，，
因为，即，
则，解得．故C正确；
对于B，由，得，
所以重合，所以为的中点，即
所以，，则，
所以，故B正确；
对于D，因为，
所以，故D错误．
故选：D
8．设双曲线的左右焦点分别为，圆与双曲线C在第一象限的交点为A，若的周长为，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由三角形周长和双曲线定义把用表示，再由圆的半径得出关系，从而可求得得渐近线方程．
【详解】由题意，又，所以，
而是圆半径，是圆上点，所以，，所以，，
渐近线方程为．
故选：C．
【点睛】关键点点睛：本题考查求双曲线的渐近线方程，解题关键是找到关于的等式．涉及到双曲线上的点到焦点的距离时，常常应用双曲线的定义进行求解．
二、多选题
9．有4个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，从中不放回的随机取两次，每次取1个球，事件A表示“第一次取出的球的数字是1”，事件B表示“第二次取出的球的数字是偶数”，事件C表示“两次取出的球的数字之和是偶数”，事件D表示“两次取出的球的数字之和是奇数”，则（ ）
A．A与B互斥B．C与D对立
C．B与C相互独立D．B与D相互独立
【答案】BCD
【分析】利用列举法列出所有可能结果，再根据互斥事件及相互独立事件的概念判断即可.
【详解】设采用不放回方式从中任意摸球两次，每次摸出一个球，
全部的基本事件有：，，，，，，，，，
，，共个，
事件发生包含的基本事件有：，，有个，
事件发生包含的基本事件有：，，，，，有个，
事件发生包含的基本事件：，，，有个，
事件发生包含的基本事件：，，，，，，，有个，
显然当出现，时事件、同时发生，故事件与不互斥，故A错误；
事件与不可能同时发生，即事件与互斥，又事件与包含所有的结果，
所以C与D对立，故B正确；
又，，，所以，
所以事件与相互独立，故C正确；
又，，，所以，
所以事件与相互独立，故D正确.
故选：BCD.
10．下列说法正确的有（ ）
A．直线的斜率越大，倾斜角越大
B．若直线经过第一、二、四象限，则在第二象限
C．过点且在两坐标轴上的截距相等的直线l的方程为
D．已知直线和以，为端点的线段相交，则实数k的取值范围为或
【答案】BD
【分析】由直线倾斜角与斜率的关系即可判断A，由直线的斜截式即可判断B，当直线过原点时，即可判断C，求得，即可判断D.
【详解】对于A，在内，直线的斜率越大，倾斜角就越大；在时，直线的斜率越大，倾斜角也越大；在时，直线的斜率越大，不满足倾斜角也越大，所以选项A错误；
对于B，若直线经过第一、二、四象限，则，，所以点在第二象限，选项B正确；
对于C，当直线过原点时，直线方程为，故C错误；
对于D，直线可化为，所以直线恒过定点，，，直线与线段相交，所以或，故D正确．
故选：BD．
11．已知点A是椭圆C：上一点，B是圆：上一点，则（ ）
A．椭圆C的离心率为B．圆P的圆心坐标为
C．圆P上所有的点都在椭圆C的内部D．的最小值为
【答案】BCD
【分析】对于A,可先将椭圆化为标准式，再由参数关系可直接求离心率；对于B，可先将圆化为标准式，可直接得到圆心；对于C，取圆上的一些特殊点判断其与特殊点的位置关系，再联立椭圆与圆的方程判断有无交点，两者结合即可判定椭圆与圆的位置关系；对于D，可先求的最值，再通过圆上的点的常用几何结论，来求的最小值.
【详解】对于A，椭圆C的方程可化为，则半焦距，
所以离心率，故A错误；
对于B，圆P的方程可化为，则圆心为，故B正确；
对于C，圆P上的点显然在椭圆C内，
联立可得，
而，
所以椭圆C与圆P无公共点，又部分点在椭圆内，则圆P在椭圆C内部，故C正确；
对于D，设，
则
则，
所以时，取得最小值，
又B是圆：上一点，即可得,
所以，即的最小值为，故D正确.
故选：BCD.
12．已知棱长为1的正方体中，为正方体内及表面上一点，且，其中，，则下列说法正确的是（ ）
A．当 时，与平面所成角的最大值为
B．当时，恒成立
C．存在，对任意，与平面平行恒成立
D．当时，的最小值为
【答案】BC
【分析】根据题意画出正方体，建立空间直角坐标系，利用空间向量进行逐项求解判断.
【详解】由题意得：以点为坐标原点，所在直线为，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如下图：
则：，，，，，，，
，，，得：
对于A项：当时，，，
平面的一个法向量为：，设与平面所成的角为，
所以：
因为：，所以：，
所以：当时，有最大值，此时：，故A项错误；
对于B项：，
则：，所以：，所以：，故B项正确；
对于C项：由题意知平面的一个法向量为：，
，所以：当时，，即：，且不在平面内，
此时：对于任意，与平面平行恒成立，故C项正确；
对于D项：当时，得：，，
当时，有最小值，故D项错误.
故选：BC.
三、填空题
13．向量，的夹角为 .
【答案】/
【分析】利用空间向量夹角运算公式直接求解即可.
【详解】因为向量，，
所以，所以两向量夹角大小为.
故答案为：
14．已知直线与平行，且两条直线均不与坐标轴平行，则与之间的距离为 .
【答案】/
【分析】根据两直线平行，求得，再结合两平行线间的距离公式，即可求解.
【详解】由直线与，
因为与平行，可得，且，
即且，解得，
当时，直线，，
此时两平行直线之间的距离为.
故答案为：.
15．已知，，则曲线为椭圆的概率是 .
【答案】
【分析】根据椭圆的标准方程的形式，结合古典摡型的概率计算公式，即可求解.
【详解】由题意知，，，可得共有8种不同情况，
其中满足“曲线为椭圆”的有，，，共3种情况，
由古典概型的概率公式可得，所求概率.
故答案为：.
16．设，过定点A的动直线和过定点B的动直线交于点，则的最大值 ．
【答案】9
【分析】根据直线方程求出定点，然后根据直线垂直，结合基本不等式求解即可；
【详解】由题意，动直线过定点，
直线可化为，
令，可得，
又，所以两动直线互相垂直，且交点为P，
所以，
因为，
所以，当且仅当时取等号．
【点睛】根据直线方程求定点，判断直线垂直，将问题转化为基本不等式是本题的难点和突破点.
四、解答题
17．已知直线l：.
(1)若l不经过第三象限，求a的取值范围；
(2)求坐标原点O到直线l距离的最小值，并求此时直线l的方程.
【答案】(1)
(2)；或
【分析】（1）将直线方程转化为斜截式，从而得到关于的不等式组，解之即可得解；
（2）利用点线距离公式，结合基本不等式即可得解.
【详解】（1）直线l的方程可化为，
要使直线l不经过第三象限，则必须有，
解得，故a的取值范围是.
（2）设原点O到直线l的距离为d，
则，
当且仅当，即时，等号成立，
所以原点O到直线l的距离的最小值为，
此时直线l的方程为或.
18．某出租车公司购买了140辆纯电动汽车作为运营车辆，目前我国纯电动汽车按续航里程数R(单位：千米)分为3类，即A类：，B类：，C类：.该公司对这140辆车的行驶总里程进行统计，结果如下表：
（1）从这140辆汽车中任取一辆，求该车行驶总里程超过10万千米的概率；
（2）公司为了了解这些车的工作状况，决定抽取14辆车进行车况分析，按表中描述的六种情况进行分层抽样，设从C类车中抽取了n辆车.
①求n的值；
②如果从这n辆车中随机选取两辆车，求恰有一辆车行驶总里程超过10万千米的概率.
【答案】（1）；（2）①5；②
【分析】（1）根据题意，由频率即可估计出概率；
（2）①根据分层抽样，由题意，可直接计算出的值；②先由题意，确定5辆车中已行驶总里程不超过10万千米的车有3辆，记为a，b，c；5辆车中已行驶总里程超过10万千米的车有2辆，记为m，n；用列举法，分别写出总的基本事件，以及满足题意的基本事件，基本事件个数比即为所求概率.
【详解】（1）由题意，从这140辆汽车中任取一辆，则该车行驶总里程超过10万千米的概率为
.
（2）①依题意.
②5辆车中已行驶总里程不超过10万千米的车有3辆，记为a，b，c；
5辆车中已行驶总里程超过10万千米的车有2辆，记为m，n.
“从5辆车中随机选取两辆车”的所有选法共10种：
ab，ac，am，an，bc，bm，bn，cm，cn，mn.“
从5辆车中随机选取两辆车，恰有一辆车行驶里程超过10万千米”的选法共6种：
am，an，bm，bn，cm，cn，
则选取两辆车中恰有一辆车行驶里程超过10万千米的概率.
【点睛】本题主要考查分层抽样求样本个数，以及求古典概型的概率，属于基础题型.
19．如图，在四棱锥中，面，，且，，为的中点．
（1）求证：平面平面；
（2）若二面角为，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）详见解析；（2）．
【分析】（1）在直角梯形中，由条件可得，即．再由面，得，利用线面垂直的判定可得平面，进一步得到平面平面；
（2）由（1）知，，则为二面角的平面角为，求得．以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，求出的坐标及平面的一个法向量，由与所成角的余弦值可得直线与平面所成角的正弦值．
【详解】
（1）证明：在直角梯形中，由已知可得，，
可得，
过作，垂足为，则，求得，
则，∴．
∵面，
∴，
又，∴平面，
∵平面，
∴平面平面；
（2）解：由（1）知，，则为二面角的平面角为，
则．
以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
．
设平面的一个法向量为，
由，取，得．
∴直线与平面所成角的正弦值为：
．
【点睛】向量法是求立体几何中的线线角、线面角、面面角时常用方法.
20．已知，，动点C满足，直线l：．
(1)求动点C的轨迹方程，并说明该轨迹为何种曲线；
(2)若直线l与动点C的轨迹交于P，Q两点，且，求实数m的值．
【答案】(1)，动点C的轨迹是以为圆心，为半径的圆
(2)
【分析】（1）根据题意，设，由两点间距离公式列出方程，代入计算，化简，即可得到结果；
（2）根据题意，由点到直线的距离公式结合弦长公式，列出方程，代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）设，因为动点C满足，所以，
整理可得，即，
即动点C的轨迹方程为．
动点C的轨迹是以为圆心，为半径的圆．
（2）设圆的半径为，圆心到直线l的距离为d，则，
因为，则，
因为，所以，即，解得．
21．在平面直角坐标系中，焦点在轴上的双曲线过点，且有一条倾斜角为的渐近线，直线与相交于两点．
(1)求的标准方程；
(2)若直线与该双曲线的已知渐近线垂直，求的长度．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设双曲线C的标准方程为，根据题意得到，且，求得的值，即可求解；
（2）根据题意，不妨设直线l的斜率为，得到直线的方程为，联立方程组，结合弦长公式，即可求解.
【详解】（1）解：设双曲线C的标准方程为，
可得渐近线方程为，
因为双曲线C过点，且有一条倾斜角为120°的渐近线，
可得，且，解得，
所以双曲线C的标准方程为.
（2）解：由（1）可知：该双曲线的渐近线方程为，所以直线l的斜率为，
因为直线斜率的绝对值小于渐近线斜率的绝对值，所以直线与双曲线交于左右两支，
因此不妨设直线l的斜率为，可得直线的方程为
联立方程组，整理得，
设，，则有，，
则，即的长度为．
22．在平面直角坐标系中，已知椭圆的左、右焦点分别为，，为上一点，的面积最大值为2.
(1)求C的方程；
(2)在直线上任取一点，直线与直线交于点，与椭圆交于两点，若对任意，恒成立，求的值.
【答案】(1)
(2).
【分析】（1）根据题意，求得和半焦距，得到，即可求得椭圆的方程；
（2）当时，恒成立；当时，得到OP的方程为，联立方程组得，再联立方程组得到，得到，进而得到，对任意且恒成立，即可求解.
【详解】（1）解：由题意知的面积最大值为，解得，
又由椭圆的左、右焦点分别为，，可得半焦距，
则，所以椭圆的方程为.
（2）解：当时，恒成立；
当时，由题意知直线OP的方程为，
联立方程组，解得，即点的横坐标为，
再联立方程组，整理得，
设，，则且，
因为点是的中点，可得，即，
该式对任意且恒成立， 所以，
综上可得，实数的值为.
类型
A类
B类
C类
已行驶总里程不超过10万千米的车辆数
10
40
30
已行驶总里程超过10万千米的车辆数
20
20
20
一、单选题
1．已知直线l过点和，则直线l在y轴上的截距为（ ）
A．－1B．0C．2D．4
【答案】C
【分析】两点式求斜率，再由点斜式写出直线方程，进而求截距.
【详解】直线l的斜率为，
∴直线l的方程为，即，故直线l在y轴上的截距为2.
故选：C
2．如图所示，在平行六面体中，，，，M是的中点，N是线段上的点，且，用，，表示向量的结果是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据题意，由空间向量基本定理，代入计算，即可得到结果.
【详解】由题意可得，，
∵，，∴．
故选：A．
3．已知椭圆的左、右焦点分别是，，P为C上一点，且，Q是线段的中点，O为坐标原点，则（ ）
A．2B．4C．6D．8
【答案】A
【分析】根据椭圆的定义，结合题意，求得，再由OQ为的中位线，即可求解.
【详解】由椭圆的方程，可得，根据椭圆的定义得，
因为，可得，
又因为Q是的中点，O是的中点，
所以OQ为的中位线，可得.
故选：A.
4．直线，，则“”是“”的（ ）条件
A．必要不充分条件B．充分不必要条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】利用直线与直线平行时，斜率相等且截距不相等的性质分别讨论充分性和必要性即可.
【详解】解：①充分性：当时，，，所以与斜率相等，且截距不相等，故，所以充分；
②必要性：，，当时，
则，解得：或，
当时，两直线重合，所以舍去，
当时，两直线斜率相等且截距不相等，符合题意，所以必要.
所以“”是“”的充要条件
故选：C.
5．已知直线，圆，若过l上一点A向圆C引切线，则切线长的最小值为（ ）
A．1B．C．D．
【答案】D
【分析】根据圆的性质，得到直线l上的点A到圆心C的距离最小时，切线长最小，结合点到直线的距离公式和圆的切线长公式，即可求解.
【详解】由圆的性质，可得当直线l上的点A到圆心C的距离最小时，切线长最小，
因为圆，可得圆心，半径为，
则圆心到直线的距离为，
即，所以切线长的最小值为.
故选：D.
6．已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，过的直线l与C的左支交于A，B两点，，且，则C的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设，由双曲线的定义求得，，结合，利用列出方程求得，再由，求得的关系式，结合离心率的定义，即可求解.
【详解】因为，设，则，
又由双曲线的定义，得，，
所以，，
又因为，可得，即，
解得，
由，即，可得，
双曲线C的离心率为.
故选：A.
7．金刚石是天然存在的最硬的物质，如图1所示是组成金刚石的碳原子在空间排列的结构示意图，组成金刚石的每个碳原子，都与其相邻的4个碳原子以完全相同的方式连接．从立体几何的角度来看，可以认为4个碳原子分布在一个正四面体的四个顶点处，而中间的那个碳原子处于与这4个碳原子距离都相等的位置，如图2所示．这就是说，图2中有，若正四面体ABCD的棱长为2，则下列结论不正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由题意得是正四面体外接球的球心．设点是顶点在底面的射影，取的中点G，的中点F，求得，，，可判断C；求得，结合，，可判断B；由可判断A；求出，进而求得，可判断D．
【详解】由题意得是正四面体外接球的球心．
设点是顶点在底面的射影，则是正四面体的高，
是的外接圆半径，所以，
对于A，因为底面，底面，
所以，所以，故A正确；
取的中点G，的中点F，连接，，，
设，
设，则，
由三点共线得，
所以 ，解得，
所以，，所以为的中点，
因为，
则，，
因为，即，
则，解得．故C正确；
对于B，由，得，
所以重合，所以为的中点，即
所以，，则，
所以，故B正确；
对于D，因为，
所以，故D错误．
故选：D
8．设双曲线的左右焦点分别为，圆与双曲线C在第一象限的交点为A，若的周长为，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由三角形周长和双曲线定义把用表示，再由圆的半径得出关系，从而可求得得渐近线方程．
【详解】由题意，又，所以，
而是圆半径，是圆上点，所以，，所以，，
渐近线方程为．
故选：C．
【点睛】关键点点睛：本题考查求双曲线的渐近线方程，解题关键是找到关于的等式．涉及到双曲线上的点到焦点的距离时，常常应用双曲线的定义进行求解．
二、多选题
9．有4个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，从中不放回的随机取两次，每次取1个球，事件A表示“第一次取出的球的数字是1”，事件B表示“第二次取出的球的数字是偶数”，事件C表示“两次取出的球的数字之和是偶数”，事件D表示“两次取出的球的数字之和是奇数”，则（ ）
A．A与B互斥B．C与D对立
C．B与C相互独立D．B与D相互独立
【答案】BCD
【分析】利用列举法列出所有可能结果，再根据互斥事件及相互独立事件的概念判断即可.
【详解】设采用不放回方式从中任意摸球两次，每次摸出一个球，
全部的基本事件有：，，，，，，，，，
，，共个，
事件发生包含的基本事件有：，，有个，
事件发生包含的基本事件有：，，，，，有个，
事件发生包含的基本事件：，，，有个，
事件发生包含的基本事件：，，，，，，，有个，
显然当出现，时事件、同时发生，故事件与不互斥，故A错误；
事件与不可能同时发生，即事件与互斥，又事件与包含所有的结果，
所以C与D对立，故B正确；
又，，，所以，
所以事件与相互独立，故C正确；
又，，，所以，
所以事件与相互独立，故D正确.
故选：BCD.
10．下列说法正确的有（ ）
A．直线的斜率越大，倾斜角越大
B．若直线经过第一、二、四象限，则在第二象限
C．过点且在两坐标轴上的截距相等的直线l的方程为
D．已知直线和以，为端点的线段相交，则实数k的取值范围为或
【答案】BD
【分析】由直线倾斜角与斜率的关系即可判断A，由直线的斜截式即可判断B，当直线过原点时，即可判断C，求得，即可判断D.
【详解】对于A，在内，直线的斜率越大，倾斜角就越大；在时，直线的斜率越大，倾斜角也越大；在时，直线的斜率越大，不满足倾斜角也越大，所以选项A错误；
对于B，若直线经过第一、二、四象限，则，，所以点在第二象限，选项B正确；
对于C，当直线过原点时，直线方程为，故C错误；
对于D，直线可化为，所以直线恒过定点，，，直线与线段相交，所以或，故D正确．
故选：BD．
11．已知点A是椭圆C：上一点，B是圆：上一点，则（ ）
A．椭圆C的离心率为B．圆P的圆心坐标为
C．圆P上所有的点都在椭圆C的内部D．的最小值为
【答案】BCD
【分析】对于A,可先将椭圆化为标准式，再由参数关系可直接求离心率；对于B，可先将圆化为标准式，可直接得到圆心；对于C，取圆上的一些特殊点判断其与特殊点的位置关系，再联立椭圆与圆的方程判断有无交点，两者结合即可判定椭圆与圆的位置关系；对于D，可先求的最值，再通过圆上的点的常用几何结论，来求的最小值.
【详解】对于A，椭圆C的方程可化为，则半焦距，
所以离心率，故A错误；
对于B，圆P的方程可化为，则圆心为，故B正确；
对于C，圆P上的点显然在椭圆C内，
联立可得，
而，
所以椭圆C与圆P无公共点，又部分点在椭圆内，则圆P在椭圆C内部，故C正确；
对于D，设，
则
则，
所以时，取得最小值，
又B是圆：上一点，即可得,
所以，即的最小值为，故D正确.
故选：BCD.
12．已知棱长为1的正方体中，为正方体内及表面上一点，且，其中，，则下列说法正确的是（ ）
A．当 时，与平面所成角的最大值为
B．当时，恒成立
C．存在，对任意，与平面平行恒成立
D．当时，的最小值为
【答案】BC
【分析】根据题意画出正方体，建立空间直角坐标系，利用空间向量进行逐项求解判断.
【详解】由题意得：以点为坐标原点，所在直线为，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如下图：
则：，，，，，，，
，，，得：
对于A项：当时，，，
平面的一个法向量为：，设与平面所成的角为，
所以：
因为：，所以：，
所以：当时，有最大值，此时：，故A项错误；
对于B项：，
则：，所以：，所以：，故B项正确；
对于C项：由题意知平面的一个法向量为：，
，所以：当时，，即：，且不在平面内，
此时：对于任意，与平面平行恒成立，故C项正确；
对于D项：当时，得：，，
当时，有最小值，故D项错误.
故选：BC.
三、填空题
13．向量，的夹角为 .
【答案】/
【分析】利用空间向量夹角运算公式直接求解即可.
【详解】因为向量，，
所以，所以两向量夹角大小为.
故答案为：
14．已知直线与平行，且两条直线均不与坐标轴平行，则与之间的距离为 .
【答案】/
【分析】根据两直线平行，求得，再结合两平行线间的距离公式，即可求解.
【详解】由直线与，
因为与平行，可得，且，
即且，解得，
当时，直线，，
此时两平行直线之间的距离为.
故答案为：.
15．已知，，则曲线为椭圆的概率是 .
【答案】
【分析】根据椭圆的标准方程的形式，结合古典摡型的概率计算公式，即可求解.
【详解】由题意知，，，可得共有8种不同情况，
其中满足“曲线为椭圆”的有，，，共3种情况，
由古典概型的概率公式可得，所求概率.
故答案为：.
16．设，过定点A的动直线和过定点B的动直线交于点，则的最大值 ．
【答案】9
【分析】根据直线方程求出定点，然后根据直线垂直，结合基本不等式求解即可；
【详解】由题意，动直线过定点，
直线可化为，
令，可得，
又，所以两动直线互相垂直，且交点为P，
所以，
因为，
所以，当且仅当时取等号．
【点睛】根据直线方程求定点，判断直线垂直，将问题转化为基本不等式是本题的难点和突破点.
四、解答题
17．已知直线l：.
(1)若l不经过第三象限，求a的取值范围；
(2)求坐标原点O到直线l距离的最小值，并求此时直线l的方程.
【答案】(1)
(2)；或
【分析】（1）将直线方程转化为斜截式，从而得到关于的不等式组，解之即可得解；
（2）利用点线距离公式，结合基本不等式即可得解.
【详解】（1）直线l的方程可化为，
要使直线l不经过第三象限，则必须有，
解得，故a的取值范围是.
（2）设原点O到直线l的距离为d，
则，
当且仅当，即时，等号成立，
所以原点O到直线l的距离的最小值为，
此时直线l的方程为或.
18．某出租车公司购买了140辆纯电动汽车作为运营车辆，目前我国纯电动汽车按续航里程数R(单位：千米)分为3类，即A类：，B类：，C类：.该公司对这140辆车的行驶总里程进行统计，结果如下表：
（1）从这140辆汽车中任取一辆，求该车行驶总里程超过10万千米的概率；
（2）公司为了了解这些车的工作状况，决定抽取14辆车进行车况分析，按表中描述的六种情况进行分层抽样，设从C类车中抽取了n辆车.
①求n的值；
②如果从这n辆车中随机选取两辆车，求恰有一辆车行驶总里程超过10万千米的概率.
【答案】（1）；（2）①5；②
【分析】（1）根据题意，由频率即可估计出概率；
（2）①根据分层抽样，由题意，可直接计算出的值；②先由题意，确定5辆车中已行驶总里程不超过10万千米的车有3辆，记为a，b，c；5辆车中已行驶总里程超过10万千米的车有2辆，记为m，n；用列举法，分别写出总的基本事件，以及满足题意的基本事件，基本事件个数比即为所求概率.
【详解】（1）由题意，从这140辆汽车中任取一辆，则该车行驶总里程超过10万千米的概率为
.
（2）①依题意.
②5辆车中已行驶总里程不超过10万千米的车有3辆，记为a，b，c；
5辆车中已行驶总里程超过10万千米的车有2辆，记为m，n.
“从5辆车中随机选取两辆车”的所有选法共10种：
ab，ac，am，an，bc，bm，bn，cm，cn，mn.“
从5辆车中随机选取两辆车，恰有一辆车行驶里程超过10万千米”的选法共6种：
am，an，bm，bn，cm，cn，
则选取两辆车中恰有一辆车行驶里程超过10万千米的概率.
【点睛】本题主要考查分层抽样求样本个数，以及求古典概型的概率，属于基础题型.
19．如图，在四棱锥中，面，，且，，为的中点．
（1）求证：平面平面；
（2）若二面角为，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）详见解析；（2）．
【分析】（1）在直角梯形中，由条件可得，即．再由面，得，利用线面垂直的判定可得平面，进一步得到平面平面；
（2）由（1）知，，则为二面角的平面角为，求得．以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，求出的坐标及平面的一个法向量，由与所成角的余弦值可得直线与平面所成角的正弦值．
【详解】
（1）证明：在直角梯形中，由已知可得，，
可得，
过作，垂足为，则，求得，
则，∴．
∵面，
∴，
又，∴平面，
∵平面，
∴平面平面；
（2）解：由（1）知，，则为二面角的平面角为，
则．
以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
．
设平面的一个法向量为，
由，取，得．
∴直线与平面所成角的正弦值为：
．
【点睛】向量法是求立体几何中的线线角、线面角、面面角时常用方法.
20．已知，，动点C满足，直线l：．
(1)求动点C的轨迹方程，并说明该轨迹为何种曲线；
(2)若直线l与动点C的轨迹交于P，Q两点，且，求实数m的值．
【答案】(1)，动点C的轨迹是以为圆心，为半径的圆
(2)
【分析】（1）根据题意，设，由两点间距离公式列出方程，代入计算，化简，即可得到结果；
（2）根据题意，由点到直线的距离公式结合弦长公式，列出方程，代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）设，因为动点C满足，所以，
整理可得，即，
即动点C的轨迹方程为．
动点C的轨迹是以为圆心，为半径的圆．
（2）设圆的半径为，圆心到直线l的距离为d，则，
因为，则，
因为，所以，即，解得．
21．在平面直角坐标系中，焦点在轴上的双曲线过点，且有一条倾斜角为的渐近线，直线与相交于两点．
(1)求的标准方程；
(2)若直线与该双曲线的已知渐近线垂直，求的长度．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设双曲线C的标准方程为，根据题意得到，且，求得的值，即可求解；
（2）根据题意，不妨设直线l的斜率为，得到直线的方程为，联立方程组，结合弦长公式，即可求解.
【详解】（1）解：设双曲线C的标准方程为，
可得渐近线方程为，
因为双曲线C过点，且有一条倾斜角为120°的渐近线，
可得，且，解得，
所以双曲线C的标准方程为.
（2）解：由（1）可知：该双曲线的渐近线方程为，所以直线l的斜率为，
因为直线斜率的绝对值小于渐近线斜率的绝对值，所以直线与双曲线交于左右两支，
因此不妨设直线l的斜率为，可得直线的方程为
联立方程组，整理得，
设，，则有，，
则，即的长度为．
22．在平面直角坐标系中，已知椭圆的左、右焦点分别为，，为上一点，的面积最大值为2.
(1)求C的方程；
(2)在直线上任取一点，直线与直线交于点，与椭圆交于两点，若对任意，恒成立，求的值.
【答案】(1)
(2).
【分析】（1）根据题意，求得和半焦距，得到，即可求得椭圆的方程；
（2）当时，恒成立；当时，得到OP的方程为，联立方程组得，再联立方程组得到，得到，进而得到，对任意且恒成立，即可求解.
【详解】（1）解：由题意知的面积最大值为，解得，
又由椭圆的左、右焦点分别为，，可得半焦距，
则，所以椭圆的方程为.
（2）解：当时，恒成立；
当时，由题意知直线OP的方程为，
联立方程组，解得，即点的横坐标为，
再联立方程组，整理得，
设，，则且，
因为点是的中点，可得，即，
该式对任意且恒成立， 所以，
综上可得，实数的值为.
类型
A类
B类
C类
已行驶总里程不超过10万千米的车辆数
10
40
30
已行驶总里程超过10万千米的车辆数
20
20
20
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