2023-2024学年辽宁省沈阳市第二中学高二上学期第二次月考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年辽宁省沈阳市第二中学高二上学期第二次月考数学试题含答案，共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，问答题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据给定条件，利用条件概率公式计算作答.
【详解】因为，，所以.
故选：C
2．如图所示，平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长都为1，且两两夹角为，求的值是（ ）
A．B．1C．D．
【答案】B
【分析】选定基底，根据空间向量的加减运算表示出，再根据空间向量的数量积的运算，即可求得答案.
【详解】由题意得， ，
则
,
故选：B
3．若展开式中存在常数项，则正整数n的最小值是（ ）
A．5B．6C．7D．8
【答案】A
【分析】根据二项展开式的公式，求得的指数为0时满足的关系式，再结合整数的性质分析即可
【详解】易得的通项，又展开式中存在常数项则有解，即，故正整数n的最小值是5，此时
故选：A
4．已知直线与双曲线有且仅有一个公共点，则实数的取值为（ ）
A．B．C．或D．或
【答案】D
【分析】联立直线与双曲线的方程组，通过消元，利用方程解的个数，求出的值即可
【详解】因为双曲线的方程为，所以渐近线方程为；
由，消去整理得．
①当即时，此时直线与双曲线的渐近线平行，此时直线与双曲线相交于一点，符合题意；
②当即时，由，解得，
此时直线双曲线相切于一个公共点，符合题意，
综上所述：符合题意的的所有取值为或，
故选：D
5．2023年的五一劳动节是疫情后的第一个小长假，公司筹备优秀员工假期免费旅游．除常见的五个旅游热门地北京、上海、广州、深圳、成都外，淄博烧烤火爆全国，则甲、乙、丙、丁四个部门至少有三个部门所选旅游地全不相同的方法种数共有（ ）
A．1800B．1080C．720D．360
【答案】B
【分析】分成恰有2个部门所选的旅游地相同、4个部门所选的旅游地全不相同两类，再应用分步计数及排列、组合数求至少有三个部门所选旅游地全不相同的方法种数.
【详解】①恰有2个部门所选的旅游地相同，
第一步，先将选相同的2个部门取出，有种；
第二步，从6个旅游地中选出3个排序，有种，
根据分步计数原理可得，方法有种；
②4个部门所选的旅游地都不相同的方法有种，
根据分类加法计数原理得，则甲、乙、丙、丁四个部门至少有三个部门所选旅游地全不相同的方法种数共有种．
故选：B
6．已知直线l：与x轴、y轴分别交于M，N两点，动直线：和：交于点P，则的面积的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据所过定点和位置关系可得点P轨迹方程，然后利用点到直线的距离公式和两点间的距离公式可得面积最小值.
【详解】根据题意可知，动直线过定点，动直线：，即过定点，
因为，所以无论m取何值，都有，
所以点P在以OB为直径的圆上，且圆心坐标为，半径为，
设，则点P的轨迹方程为，
圆心到直线l的距离为，则P到直线l的距离的最小值为．
由题可知，，则，
所以的面积的最小值为．
故选：B

7．若，则被8整除的余数为（ ）
A．4B．5C．6D．7
【答案】B
【分析】根据题意，给自变量赋值，取和，两个式子相减，得到的值，将构造成一个新的二项式，根据二项展开式可以看出被8整除的结果，得到余数．
【详解】在已知等式中，取得，
取得，
两式相减得，
即，
因为
因为能被8整除，
所以被8整除的余数为5，
即被8整除的余数为5，
故选：B.
8．如图所示，已知抛物线过点，圆. 过圆心的直线与抛物线和圆分别交于，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由点在抛物线上求出p，焦半径的几何性质有，再将目标式转化为，应用基本不等式“1”的代换求最值即可，注意等号成立条件.
【详解】由题设，16＝2p×2，则2p＝8，故抛物线的标准方程：，则焦点F(2,0)，
由直线PQ过抛物线的焦点，则，
圆C2：圆心为(2,0)，半径1，
，
当且仅当时等号成立，故的最小值为13.
故选：D
【点睛】关键点点睛：由焦半径的倾斜角式得到，并将目标式转化为，结合基本不等式求最值.
二、多选题
9．如图所示，“嫦娥五号”月球探测器飞行到月球附近时，首先在以月球球心F为圆心的圆形轨道Ⅰ上绕月球飞行，然后在点P处变轨进入以F为一焦点的椭圆轨道Ⅱ上绕月球飞行，最后在点Q处变轨进入以F为圆心的圆形轨道Ⅲ上绕月球飞行．设圆形轨道Ⅰ的半径为，圆形轨道Ⅲ的半径为，则下列结论中正确的是（ ）

A．轨道Ⅱ的焦距为
B．轨道Ⅱ的长轴长为
C．若不变，r越大，轨道Ⅱ的短轴长越小
D．若不变，越大，轨道Ⅱ的离心率越大
【答案】ABD
【分析】设椭圆方程，根据椭圆的性质得到，判断选项A，B；由判断选项C；由判断选项D.
【详解】解：设椭圆方程，
由椭圆的性质知，，，
则，，故选A，B正确；
，，所以，
若不变，越大，越大，即轨道Ⅱ的短轴长越大，故C的错误；
，
若不变，越大，则越小，越大，即轨道Ⅱ的离心率越大，故D正确．
故选：ABD．
10．将4个编号分别为1，2，3，4的小球放入4个编号分别为1，2，3，4的盒子中.下列说法正确的是（ ）
A．共有种放法
B．每个盒子都有球，有种放法
C．恰好有一个空盒，有种放法
D．每个盒内放一个球，并且恰好有一个球的编号与盒子的编号相同，有种放法
【答案】BC
【分析】根据每个选项的要求不同，分步讨论，结合排列组合的计算方法，即可得出答案.
【详解】解：对于A，将4个编号分别为1，2，3，4的小球放入4个编号分别为，4的盒子中，每个小球有4种放法，则4个小球有种放法，故错误；
对于B，每个盒子都有球，有种放法，故B正确；
对于C，恰好有一个空盒，分2步进行分析：在4个球中任选2个，放入1个盒子中，有种放法，在剩下的3个盒子中，任选2个，放入剩下2个两个小球，有种放法，则有种放法，故C正确；
对于D，每个盒内放一个球，并且恰好有一个球的编号与盒子的编号相同，分2步进行分析：在4个小球中任选1个，放入编号相同的盒子中，有种放法，剩下3个小球放入编号不同的盒子中，有2种放法，则有种不同的放法，故D错误.
故选：BC.
11．如图，在棱长为6的正方体中，分别为的中点，点是正方形面内（包含边界）动点，则（ ）

A．与所成角为
B．平面截正方体所得截面的面积为
C．平面
D．若，则三棱锥的体积最大值是
【答案】BCD
【分析】A选项，如图建立以A为原点的空间直角坐标系，利用空间向量可判断选项；做出截面求得截面面积可判断B；利用线线平行可得线面平行判断C，求得P的轨迹方程可求得三棱锥的体积最大值判断D.
【详解】以为坐标原点，以所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，，，
∴，，，
对A选项，，
则直线与所成角为，故A错误；
对B选项，由平面在两平行平面上的交线互相平行，取的中点的中点，的中点，连接，延长一定与交于一点，所以四点共面，同理可证四点共面，
则过点作正方体的截面，截面为正六边形，边长为，
则正六边形的面积为，故B正确.
由正方体，可得，
∵分别为的中点，∴，
∴平面平面，
∴平面，故C正确；
如图，面，又面，故，同理，

又，
根据题意可得，设，
又，
∴，整理得，
∴在正方形面内(包括边界)，是以为圆心，半径的圆上的点，

令，可得，
∴当为圆与线段的交点时，到底面的距离最大，最大距离为，
∴三棱锥的体积最大值是，故D正确.
故选:BCD.
【点睛】关键点点睛：本题解题关键是建立空间直角坐标系，用向量的方法研究点线面的位置关系及数量计算.
12．数学美的表现形式不同于自然美或艺术美那样直观，它蕴藏于特有的抽象概念，公式符号，推理论证，思维方法等之中，揭示了规律性，是一种科学的真实美．平面直角坐标系中，曲线就是一条形状优美的曲线，对于此曲线，给出如下结论，其中结论正确的有（ ）
A．曲线C围成的图形的面积是
B．曲线C围成的图形的周长是
C．曲线C上的任意两点间的距离不超过2
D．若是曲线C上任意一点，则的最小值是
【答案】ABD
【分析】根据方程分析曲线C的性质以及图象，根据曲线C的性质和图象结合直线与圆的相关知识逐项分析判断.
【详解】对于曲线上任一点，则，
点关于轴对称的点为，则，
即点在曲线C上，故曲线C关于轴对称；
点关于轴对称的点为，则，
即点在曲线C上，故曲线C关于轴对称；
点关于原点对称的点为，则，
即点在曲线C上，故曲线C关于原点对称；
综上所述：曲线C关于坐标轴和原点对称.
对于方程，
令，则，解得或，即曲线C与轴的交点坐标为，
同理可得：曲线C与轴的交点坐标为，
当时，则，整理得，且，
故曲线C在第一象限内为以为圆心，半径的半圆，
由对称性可得曲线C为四个半圆外加坐标原点，
对A：曲线C围成的图形的面积，A正确；
对B：曲线C围成的图形的周长是，B正确；
对C：联立方程，解得或，
即曲线C与直线在第一象限内的交点坐标为，由对称可知曲线C与直线在第三象限内的交点坐标为，
则，C错误；
对D：由图结合对称性可知：当在第一象限时，点到直线的距离相对较小，
∵到直线的距离，
则点到直线的距离，
∴
故的最小值是，D正确.
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：
（1）通过方程研究曲线的对称性时，往往通过点的对称证明曲线的对称性；
（2）研究直线与圆的位置关系主要通过圆心到直线的距离和半径的比较实现，两个圆的位置关系的判断依据是两圆心距离与两半径差与和的比较．
三、填空题
13．正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，M，N，E，F分别为A1D1，A1B1，C1D1，B1C1的中点，则平面AMN与平面EFBD的距离为 .
【答案】
【分析】建立空间直角坐标系，计算平面AMN的一个法向量，然后使用等价转化的思想，面面距转为点面距，最后计算即可.
【详解】如图所示，建立空间直角坐标系Dxyz，
则A(4，0，0)，M(2，0，4)，D(0，0，0)，B(4，4，0)，E(0，2，4)，
F(2，4，4)，N(4，2，4).
∴=(2，2，0)，=(2，2，0)，=(2，0，4)，=(2，0，4)，
∴，
∴EF∥MN，BF∥AM，EF∩BF=F，MN∩AM=M.
∴平面AMN∥平面EFBD.
设=(x，y，z)是平面AMN的一个法向量，
则解得
取z=1，则x=2，y=-2，得=(2，2，1).
平面AMN到平面EFBD的距离就是点B到平面EFBD的距离.
∵=(0，4，0)，∴平面AMN与平面EFBD间的距离d=.
故答案为：
【点睛】本题考查面面距，使用数形结合，形象直观，并采用向量的方法，将几何问题代数化，便于计算，属基础题.
14．已知椭圆的离心率为，直线l与椭圆C交于A，B两点，直线与直线l的交点恰好为线段AB的中点，则直线l的斜率为 ．
【答案】/0.5
【分析】由椭圆的离心率为可得，再利用点差法求直线l的斜率.
【详解】由题意可得，整理可得．
设，，则，，两式相减可得
．
因为直线与直线l的交点恰好为线段AB的中点，所以，
则直线l的斜率．
故答案为：.
15．现有7名志愿者，其中只会俄语的有3人，既会俄语又会英语的有4人.从中选出4人担任“一带一路”峰会开幕式翻译工作，2人担任英语翻译，2人担任俄语翻译，共有 种不同的选法．
【答案】60
【分析】考虑多面手（既会俄语又会英语的）的特殊性，按照多面手从事的工作进行分类，分别求出每种情况的选法种数，由分类加法原理即得．
【详解】因为英语翻译只能从多面手中选，所以有
（1）当选出的多面手2人从事英语翻译，没人从事俄语翻译，所以有种选法；
（2）当选出的多面手2人从事英语翻译，1人从事俄语翻译，所以有种选法；
（3）当选出的多面手2人从事英语翻译，2人从事俄语翻译，所以有种选法；
共有18+36+6=60种选法．
【点睛】本题主要考查排列、组合的应用，涉及到分类讨论思想的运用，选好标准，要做到不重不漏．
16．已知椭圆，点是椭圆的左、右焦点，点是椭圆上一点，的内切圆的圆心为，若，则椭圆的离心率为 .
【答案】/0.2
【分析】取线段的中点，由已知条件得出，从而三点共线，且，则，再利用，即可求出离心率.
【详解】不妨设点在轴上方，设点的纵坐标为，点的纵坐标为，的内切圆的半径为，椭圆焦距为,

取线段的中点，设点的纵坐标为，
因为，
所以，∴，即，
∴三点共线，且，∴，
∵，∴，
,
，
∴，∴椭圆的离心率，
故答案为：.
【点睛】方法点睛：椭圆离心率的三种求法：
（1）若给定椭圆的方程，则根据焦点位置确定，求出的值，利用公式直接求解．
（2）求椭圆的离心率时，若不能直接求得的值，通常由已知寻求的关系式，再与组成方程组，消去得只含的方程，再化成关于的方程求解．
（3）求离心率时要充分利用题设条件中的几何特征构建方程求解，从而达到简化运算的目的．
四、问答题
17．如图，一个正方形花圃被分成5份.
（1）若给这5个部分种植花，要求相邻两部分种植不同颜色的花，已知现有红、黄、蓝、绿4种颜色不同的花，求有多少种不同的种植方法?
（2）若向这5个部分放入7个不同的盆栽，要求每个部分都有盆栽，问有多少种不同的放法?
【答案】（1）96；（2） 16800
【分析】（1）根据题意，依次分析5个部分的种植方法数目， 对C部分种植进行分类，再由分步计数原理计算可得答案；
（2）根据题意，分2步进行分析：①将7个盆栽分成5组，有2种分法：即分成的5组或分成的5组；②将分好的5组全排列，对应5个部分，由分步计数原理计算可得答案.
【详解】（1）先对A部分种植，有4种不同的种植方法；再对B部分种植，有3种不同的种植方法；对C部分种植进行分类：
①C若与B相同，D有2种不同的种植方法，E有2种不同的种植方法，共有种；
②C若与B不同，C有2种不同的种植方法，D有1种不同的种植方法，E有2种不同的种植方法，共有种.
综上，共有96种种植方法.
（2）将7个盆栽分成5组，有2种分法：
①若分成2-2-1-1-1的5组，有种分法；
②若分成3-1-1-1-1的5组，有种分法；
将分好的5组全排列，对应5个部分，
则一共有种放法.
【点睛】该题考查的是有关排列与组合的综合题，涉及到的知识点有分类加法计数原理和分步乘法计数原理，属于中档题.
五、解答题
18．已知抛物线经过点，直线与抛物线相交于不同的、两点．
(1)求抛物线的方程；
(2)如果，直线是否过一定点，若过一定点，求出该定点；若不过一定点，试说明理由．
【答案】(1)
(2)过定点
【分析】（1）将点代入抛物线方程，可得，从而可得答案；
（2）设出直线方程，与抛物线方程联立，由数量积公式结合韦达定理可得，进而可得答案.
【详解】（1）由题意可知，将点代入抛物线方程，
可得，解得，
则抛物线方程为．
（2）因为，直线与抛物线相交于不同的、两点，
所以直线不与x轴平行，
可设，与联立，得，
设，，∴，．
由
，解得，
∴过定点．
19．如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面底面为棱的中点.
(1)证明：平面平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据面面垂直可得线面垂直，再由线面垂直判定面面垂直即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角即可.
【详解】（1）平面底面，平面底面，
又平面，
底面，
又底面，，
又底面为正方形，则，
平面，
平面，
又平面，
平面平面；
（2）由（1）知，底面，
如图以点为原点建立空间直角坐标系，
不妨设，可得，
由为棱的中点，得，
设为平面的法向量，则，即，
不妨令，可得为平面的一个法向量，
设直线与平面所成角为，
所以，
所以，直线与平面所成角的正弦值为.
20．已知是正整数，的展开式中的系数为17.
(1)当展开式中的系数最小时，求出此时的系数；
(2)已知的展开式的二项式系数的最大值为，系数的最大值为，求.
【答案】(1)140
(2)582
【分析】（1）根据二项式的通项公式确定系数，利用二次函数性质求解最值，从而利用通项求解系数；
（2）根据二项式系数的性质求得a，求出展开式的通项，利用单调性求出系数最大时的r，代入求解b，进而求解.
【详解】（1）根据二项式定理知，的展开式通项为，
根据题意得，即，所以，
所以展开式中的的系数为
，
故当或时，的系数的最小值为64，
此时，的系数为.
（2）由（1）知，则，
二项式展开式的通项为，
所以可得，再根据，即，求得，
此时，所以.
21．在三棱柱中，四边形为菱形，，点､分别为线段的中点.
(1)求证：平面；
(2)若平面平面，点为的中点，，则在线段上是否存在一点，使得二面角为，若存在，求的值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）根据线线平行证明线面平行即可；
（2）通过面面垂直的性质及等边三角形的性质得两两垂直，建立空间直角坐标系，，求出平面的法向量，然后利用夹角公式建立方程即可求解比例.
【详解】（1）连接，因为为的中点，所以为的中点，
所以在中，由是中点可得，
因为平面，面，
所以平面；
（2）连接，由，点为的中点，可得，且，
又因为，所以，且，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，平面，所以，
故以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
设，则，
所以，
设是平面的一个法向量，则，
得，取，
又是平面的法向量，
所以，即，所以(负值舍去)，
所以，所以，
故存在点，且.
22．动点与定点的距离和到定直线的距离之比是常数，记动点的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)设是曲线上的一动点，由原点向圆引两条切线，分别交曲线于点，若直线的斜率均存在，并分别记为，试问是否为定值？若是，求出该值；若不是，请说明理由.
【答案】(1)
(2)是定值，定值为
【分析】（1）根据题意列式化简方程即可；
（2）直线的方程分别为，设，根据直线与圆相切可得是方程的两个根，结合韦达定理与椭圆的方程可得，进而求得关于的表达式，代入求解即可
【详解】（1）由题意，点与定点的距离，点到直线的距离，所以，即，化简得，故曲线的方程为；
（2）由题意可得，直线的方程分别为，设.
由直线与圆相切可得.
，同理，
所以是方程的两个根，所以，
所以，，
因为是曲线上的一动点，所以，
则有，
联立方程，所以，
所以，同理
所以，
因为，所以，
所以.