2023-2024学年辽宁省沈阳市东北育才学校高二上学期第二次月考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年辽宁省沈阳市东北育才学校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，解答题，证明题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知向量，，若，则实数等于（ ）
A．B．C．0D．1
【答案】D
【分析】根据向量的数量积的坐标表示，列式计算，即得答案.
【详解】由题意知向量，，，
故，
故选：D
2．已知向量，单位向量满足，则的夹角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用向量的模平方得向量积的值，再利用向量夹角公式求解
【详解】因为，所以.又，
所以，即，所以，则.
所以.又，所以.
故选：C.
3．双曲线C与椭圆有相同的焦点，一条渐近线的方程为，则双曲线C的标准方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由椭圆方程求得半焦距，则渐近线方程及焦点位置设出双曲线方程，再由半焦距求得参数值得双曲线标准方程．
【详解】由题意知，设双曲线的方程为，∴，∴，∴.
故选:A.
4．为落实立德树人的根本任务，践行五育并举，某学校开设三门劳动教育校本课程，现有甲、乙、丙、丁、戊五位同学报名参加该校劳动教育校本课程的学习，每位同学仅报一门，每门至少有一位同学参加，则不同的报名方法有（ ）
A．60种B．150种C．180种D．300种
【答案】B
【分析】对五位同学分3组，有两种情况，然后分类讨论各自情况种数，采用加法原理求解即可．
【详解】根据题意，甲、乙、丙、丁、戊五位同学选三门德育校本课程，
每位同学仅报一门，每门至少有一位同学参加，需要分三组，有两类情况，
①三组人数为1、1、3，此时有种；
②三组人数为2、2、1，此时有种.
所以不同的报名方法共有60＋90＝150种．
故选：B．
5．如图，已知两点，从点射出的光线经直线反射后射到直线上，再经直线反射后射到点，则光线所经过的路程等于（ ）

A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】求出关于直线的对称点和它关于轴对称点，则就是所求的路程长.
【详解】易知直线的方程为，
设点关于直线的对称点，
则且，解得，即，
又点关于轴的对称点，
由光的反射规律可知，共线，共线，从而共线，
所以光线所经过的路程长为
.
故选：B.

6．设，且，若能被13整除，则等于（ ）
A．0B．1C．11D．12
【答案】B
【分析】根据给定条件，利用二项式定理推理计算作答.
【详解】
，
而是整数，是13的倍数，
即能被13整除，
因此能被13整除，而，即，所以，即.
故选：B
7．如图，在棱长为2的正方体中，P为线段的中点，Q为线段上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．存在点Q，使得B．存在点Q，使得平面
C．三棱锥的体积是定值D．存在点Q，使得PQ与AD所成的角为
【答案】B
【分析】A由、即可判断；B若为中点，根据正方体、线面的性质及判定即可判断；C只需求证与面是否平行；D利用空间向量求直线夹角的范围即可判断.
【详解】A：正方体中，而P为线段的中点，即为的中点，
所以，故不可能平行，错；
B：若为中点，则，而，故，
又面，面，则，故，
，面，则面，
所以存在Q使得平面，对；
C：由正方体性质知：，而面，故与面不平行，
所以Q在线段上运动时，到面的距离不一定相等，
故三棱锥的体积不是定值，错；
D：构建如下图示空间直角坐标系，则，，且，
所以，，若它们夹角为，
则，
令，则，
当，则，；
当则；
当，则，；
所以不在上述范围内，错.
故选：B
8．已知动点的轨迹方程为，定点，则的最小值为（ ）
A．B．C．8D．
【答案】A
【分析】设，，根据和求出的值，由，两点之间直线最短，可得的最小值为，根据坐标求出即可．
【详解】设，使其满足，
，所以，由
所以，因为，所以，
整理可得，又动点的轨迹是，
所以，解得
所以，又，
所以，
因为，所以的最小值，
当在位置时等号成立．
故选：A

二、多选题
9．以下命题中正确的是（ ）
A．若是直线的方向向量，，则是平面的法向量
B．若，则直线平面或平面
C．A，B，C三点不共线，对平面外任意一点，若，则P，A，B，C四点共面
D．若是空间的一个基底，，则也是空间的一个基底
【答案】BCD
【分析】利用特殊值判断A；根据空间共面向量定理判断BC；根据空间向量基底的定义判断D.
【详解】对于A，当时，，显然不是平面的法向量，A错误；
对于B，由，得向量共面，即平面，
因此直线平面或平面，B正确；
对于C，由，得，因此四点共面，C正确；
对于D，由是空间的一个基底，得、、不共面，
若、、共面，则存在实数，使得，即有，
于是、、共面与、、不共面矛盾，因此、、不共面，
所以也是空间的一个基底，D正确.
故选：BCD
10．已知斜率为的直线经过抛物线的焦点，与抛物线交于点两点（点在第一象限），与抛物线的准线交于点，若，则以下结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．为中点
【答案】BCD
【分析】作出图形，利用抛物线的定义、相似三角形等知识来判断各选项命题的正误.
【详解】如下图所示：
分别过点作抛物线的准线的垂线，垂足分别为点、.
抛物线的准线交轴于点，则，
由于直线的斜率为，其倾斜角为，
轴，，由抛物线的定义可知，，
则为等边三角形，
，则，
设，，由，则，可得 ，
所以 ，
,解得
所以,所以B正确.
，得，
A选项错误；
所以,满足,所以C正确.
而,所以D正确.
故选：BCD
11．某校共有东门、西门、北门三道校门.由于疫情防控需要，学校安排甲、乙、丙、丁4名教师志愿者分别去三道校门协助保安值守，下列选项正确的是（ ）
A．若对每名教师志愿者去哪道校门无要求，则共有81种不同的安排方法
B．若恰有一道门没有教师志愿者去，则共有42种不同的安排方法
C．若甲、乙两人都不能去北门，且每道门都有教师志愿者去，则共有44种不同的安排方法
D．若学校新购入20把同一型号的额温枪，准备全部分配给三道校门使用，每道校门至少3把，则共有78种分配方法
【答案】ABD
【分析】求得若对每名教师志愿者去哪道校门无要求的安排方法数判断选项A；求得若恰有一道门没有教师志愿者去的安排方法数判断选项B；求得若甲、乙两人都不能去北门，且每道门都有教师志愿者去的安排方法数判断选项C；求得20把同一型号的额温枪，全部分配给三道校门且每道校门至少3把的分配方法数判断选项D.
【详解】甲、乙、丙、丁4名教师志愿者分别去东门、西门、北门三道校门协助保安值守
选项A：若对每名教师志愿者去哪道校门无要求，
则共有种不同的安排方法.判断正确；
选项B：若恰有一道门没有教师志愿者去，
则可以先把4名教师分成2组，再分配给东门、西门、北门三道校门.
则共有（种）不同的安排方法.判断正确；
选项C：若甲、乙两人都不能去北门，且每道门都有教师志愿者去，
则北门可以安排1名教师或安排2名教师.
则共有（种）不同的安排方法.判断错误；
选项D：若学校新购入20把同一型号的额温枪，准备全部分配给三道校门使用，
每道校门至少3把，则先分配给三道校门各2把，还剩14把，
将14把额温枪排成一排，在中间13个空位中置入2个挡板，
共有（种）分配方法.判断正确.
故选：ABD
12．双曲线的左、右焦点分别，具有公共焦点的椭圆与双曲线在第一象限的交点为，双曲线和椭圆的离心率分别为的内切圆的圆心为，过作直线的垂线，垂足为，则（ ）
A．I到y轴的距离为aB．点的轨迹是双曲线
C．若，则D．若，则
【答案】ACD
【分析】作出基本图形，结合内切圆性质和切线长定理，双曲线第一定义可证，判断A项；结合内切圆性质和垂线性质可判断为中点，，连接，易得，由双曲线第一定义可证，判断B项；由内切圆性质易得，判断C项；由，易得为直角三角形，结合双曲线第一定义，椭圆第一定义，勾股定理可判断D项.
【详解】设圆与三边的切点为，则
，即①
又②
联立①②式得，故，显然横坐标相等，故I到y轴的距离为a，选项A正确；
过作直线的垂线，垂足为D，延长交于点，由内切圆及垂线性质可知，
，则为中点且，连接
由中位线定理可知，
故点的轨迹在以为圆心，半径为的圆上，故B项错误；
若，则等价于，即，解得，故C项正确；
若，设椭圆的长半轴为，由可知，
为直角三角形，，
由双曲线性质可知③，由椭圆性质可知④，
由勾股定理可得⑤，③④⑤式联立可解得，
即，故D选项正确.

故选：ACD
【点睛】关键点睛：本题难度较大，作图，设切点，连接是关键，重点考查了双曲线第一定义，椭圆第一定义，内切圆的性质，切线长性质，主要应用了转化与划归的数学思想，解决此类题目，多角度，全方位的看待问题至关重要.可总结如下：
1、圆锥曲线相关的几何问题，第一定义，关系式需优先考虑；
2、双曲线上一点到两焦点组成三角形的内切圆圆心的横坐标的绝对值为.
三、填空题
13．已知向量，，若与的夹角为钝角，则实数的取值范围为 .
【答案】
【分析】两个向量的夹角为钝角等价于且与不共线.
【详解】由；
由.
综上：且.
故答案为：.
14．的展开式中的系数为 （用数字作答）．
【答案】
【分析】先求出的展开式的通项，然后即可求得的展开式中含的项，从而求解.
【详解】由题意得：展开式的通项为：，
当时，即：，得：，
当时；即：，得：，
所以得：展开式中含项为：，所以的系数为：.
故答案为：.
15．如图，在正四面体中，，则异面直线与所成角的余弦值为 .
【答案】/
【分析】以、、作为一组基底表示出、，再根据空间向量法计算可得.
【详解】因为，所以，
又，
设正四面体的棱长为，则，
所以
，
，
所以，
即异面直线与所成角的余弦值为.
故答案为：
16．已知A，B是椭圆的左右顶点，是双曲线在第一象限上的一点，直线分别交椭圆于另外的点．若直线MN过椭圆右焦点F，且，则椭圆的离心率为 ．
【答案】/0.5
【分析】由题， ，设，由题可得，进而可得，后由可得答案.
【详解】由题， ，设.
则，又点P在双曲线上，则.
，又点M在椭圆上，则.
注意到，则.
即直线MB与直线NB关于x轴对称，又椭圆为轴对称图形，则M，N两点关于x轴对称，故.
设椭圆右焦点坐标为，其中，因直线MN过椭圆右焦点F，则，将其代入椭圆方程可得.
则，又，则.
则.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：常见求解椭圆或双曲线离心率的方法.
（1）由题直接求出a,c的值，由离心率定义确定答案；
（2）构建关于a,c的二元齐次方程，后转化为关于e的方程求解；
（3）通过取特殊点或特殊值求出离心率.
四、解答题
17．已知的展开式中，所有的二项式系数之和为1024，求展开式中含的项．
【答案】
【分析】根据题意，求得，求得二项式展开式的通项，结合通项，即可求解.
【详解】因为二项式系数之和为1024，可得，所以，
则二项式的展开式的通项为，
令，可得，所以含的项为．
五、证明题
18．如图，正三棱柱的所有棱长均为2，点分别为的中点．

(1)证明：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) 取的中点，连接，构造平行四边形可以证得线面平行.
(2)建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，代入公式即可求得线面角.
【详解】（1）取的中点，连接，
分别为的中点，
，且，
又且，
且，
四边形为平行四边形，则，
平面平面，
平面．

（2）取的中点，则．
以为原点，以为轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．
则，
．

所以，
设平面的法向量为．
则即
取，则．
又，
设直线与平面所成的角为，则，
故与平面所成角的正弦值为．
六、解答题
19．已知的圆心在轴上，经过点，并且与直线相切.
(1)求的方程；
(2)过点的直线与交于、两点，
（i）若，求直线的方程；
（ii）求弦最短时直线的方程.
【答案】(1)
(2)①或；②.
【分析】（1）设圆心为，根据题中条件求出的值，可求出圆的半径，即可得出圆的标准方程；
（2）①求出圆心到直线的距离，对直线的斜率是否存在进行分类讨论，在直线的斜率不存在时，直线写出直线的方程，直接验证即可；在直线的斜率存在时，设直线的方程为，利用点到直线的距离公式求出的值，综合可得出结果；
②分析可知，当时，取最小值，求出直线的斜率，可得出直线的斜率，再利用点斜式可得出直线的方程.
【详解】（1）解：设圆心为，由题意可得，解得，
所以，圆的半径为，因此，圆的标准方程为.
（2）解：①当时，圆心到直线的距离为，
当直线的斜率不存在时，直线的方程为，此时，圆心到直线的距离为，合乎题意，
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，
则，解得，此时，直线的方程为.
综上所述，直线的方程为或.
②当时，圆心到直线的距离最大，此时，取最小值，
因为，则，
此时，直线的方程为，即.
20．如图，三棱台中，平面平面，．的面积为1，⊥且与底面所成角为．

(1)求A到平面的距离；
(2)求面与面所成角的正弦值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）作出辅助线，得到A到平面的距离即为的长，证明出线面垂直，进而得到面面垂直，进而得到线面垂直，故为与底面所成角，根据与底面所成角为，得到为等边三角形，从而得到的长，得到答案；
（2）在（1）的基础上得到⊥，根据的面积为1，求出，建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量，求出两平面所成角的余弦值，进而求出正弦值.
【详解】（1）∵，作交于，
∵平面平面，而平面平面，
平面，
∴⊥平面，则A到平面的距离即为的长，
而平面，故，
∵，，平面，
∴⊥面，
∵平面
∴平面⊥平面，
作⊥交于，

∵平面，平面平面，
∴⊥平面，
故即为与底面所成角，
∵与底面所成角为，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
故为中点，且，
故A到平面的距离为；
（2）由（1）可知⊥面，
因为平面，所以⊥，
∵的面积为1，
∴，
∵，
∴，
取中点为，连接，则平行，
∵⊥面，
∴⊥面，
以为坐标原点，以，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，

则，，，，
，，，，
设平面的法向量，
则，
令，则，
∴，
设平面的法向量，
则，解得，
令，则，
∴，
故，
设面与面所成角大小为，则，
，
故面与面所成二面角的正弦值为.
21．已知椭圆Γ：的左､右焦点分别为，，点在Γ上，动直线l交Γ于B，C两点，且与y轴交于点D.当直线l经过点时，四边形的周长为8.
(1)求Γ的标准方程；
(2)若是的垂心，求.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题，可得，，即可得答案.
（2）由（1）可知，由是的垂心可得，从而可设l的方程为，，，后由是的垂心可得，后利用方程联立结合韦达定理可得答案.
【详解】（1）当直线l经过点时，四边形周长等于
，又由题可得.
所以Γ的标准方程为.
（2）由（1）知，所以，连接，所以直线的斜率.因为是的垂心，所以.
设l的斜率为k，则，所以.
设l的方程为，，，由，得，
由题，.
由韦达定理，，.
因是的垂心，则，所以.
注意到，，
所以，
即，
整理得，
所以，
整理得，解得或.
注意到时，B或C与A重合，不符合题意.
满足，所以l的方程为，所以，所以.
【点睛】关键点睛：解决此类问题的关键：会转化，把三角形的垂心问题转化为高线与对应边垂直，若可判断两线中一线与坐标轴不垂直，可转化为两直线的斜率之积为，否则，可转化为两向量的数量积为0，从而把解析几何问题代数化.
七、证明题
22．设抛物线：（）的焦点为，点的坐标为.已知点是抛物线上的动点，的最小值为4.
(1)求抛物线的方程：
(2)若直线与交于另一点，经过点和点的直线与交于另一点，证明：直线过定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据两点与抛物线的位置分类讨论最值，由最小值为，求解；
（2）由三点都在抛物线上，设，，.结合直线求解的同理性，求出直线方程，再由，分别在直线，上，代入方程消去可得，代入方程化简可得定点.
【详解】（1）若和在抛物线的同侧，则，解得.
设点在准线上的射影为，于是.
过作与准线垂直，垂足为，
故，
当且仅当，，三点共线时取等号，由此得，符合题意.

若和在抛物线的异侧或在抛物线上，则.
由，
当且仅当，，三点共线（或与重合）时取等号，得到（舍去）.
综上所述，抛物线的方程为.

（2）设，，.
直线的斜率，
则其方程为.
同理可得直线的方程为，直线的方程为.
将，分别代入直线，的方程可得
，消去可得，
代入直线的方程，化简得，
故直线过定点.

【点睛】定点问题的求解思路：一是从特殊入手，求出定点，再证明这个点与变量无关；二是直接推理、计算，并在计算过程中消去变量，从而得到定点.