2023-2024学年北京市怀柔一中高二（下）月考数学试卷（2月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年北京市怀柔一中高二（下）月考数学试卷（2月份）（含解析），共14页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.复数z=i(2+3i)，则z的虚部为( )
A. 2B. −3C. 2iD. 3i
2.圆O1：x2+y2=1与圆O2：(x−3)2+(y−4)2=9的位置关系是( )
A. 外离B. 外切C. 相交D. 内切
3.已知直线l1：ax−y−1=0，l2：ax+(a+2)y−1=0.若l1//l2，则实数a=( )
A. 0或−3B. 0C. −3D. −1与0
4.在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AC与BD的交点为M.设A1B1=a，A1D1=b，A1A=c，则下列向量中与MB1相等的向量是( )
A. 12a−12b−c
B. −12a−12b−c
C. −12a+12b−c
D. 12a+12b−c
5.已知P为双曲线x29−y216=1右支上一点，F1，F2为双曲线的左右焦点，|PF1|−|PF2|等于( )
A. 8B. 6C. 4D. 3
6.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右焦点为F1，F2，上下顶点为B1，B2，若四边形F1B1F2B2为正方形，则椭圆C的离心率为( )
A. 2B. 32C. 22D. 12
7.“m=2”是“双曲线x2−y2m2=1的渐近线方程为y=±2x”的( )
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
8.过去的一年，我国载人航天事业突飞猛进，其中航天员选拔是载人航天事业发展中的重要一环.已知航天员选拔时要接受特殊环境的耐受性测试，主要包括前庭功能、超重耐力、失重飞行、飞行跳伞、着陆冲击五项.若这五项测试每天进行一项，连续5天完成.且前庭功能和失重飞行须安排在相邻两天测试，超重耐力和失重飞行不能安排在相邻两天测试，则选拔测试的安排方案有( )
A. 24种B. 36种C. 48种D. 60种
9.已知A，B(异于坐标原点)是圆(x−2)2+(y−1)2=5与坐标轴的两个交点，则下列点M中，使得△MAB为钝角三角形的是( )
A. M(0,0)B. M(4,3 22)C. M(2,1− 5)D. M(1,2 2)
10.如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧面PAD是等边三角形，侧面PAD⊥底面ABCD，M为底面ABCD内的一个动点，且满足MP⊥MB.则点M到直线CD的最短距离为( )
A. 52
B. 4− 52
C. 2− 2
D. 3− 52
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
11.在(2x−1x)6的展开式中，常数项等于______(用数字作答)
12.从0，2中选一个数字，从1，3，5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中偶数共有______个.(用数字作答)
13.探照灯、汽车灯等很多灯具的反光镜是抛物面(其纵断面是抛物线的一部分)，正是利用了抛物线的光学性质：由其焦点射出的光线经抛物线反射之后沿对称轴方向射出.根据光路可逆图，在平面直角坐标系中，抛物线C：y2=8x，一条光线经过点M(10,y0)，与x轴平行射到抛物线C上，经过两次反射后经过点N(10,83)射出，则光线从点M到点N经过的总路程为______．
14.已知曲线W：|x||y|=1.关于曲线W有四个结论：
①曲线W既是轴对称图形又是中心对称图形；
②曲线W的渐近线方程为x=0，y=0；
③当xy>0时曲线W为双曲线，此时实轴长为2；
④当xy>0时曲线W为双曲线，此时离心率为 2．
则所有正确结论的序号为______．
三、解答题：本题共6小题，共75分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
已知(x+2)4=a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0．
(1)求a0的值；
(2)求a4+a2+a0的值；
(3)求(x−1)(x+2)4的展开式中含x4项的系数．
16.(本小题12分)
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中C1C⊥平面ABC，AC⊥BC，CA=CC1=CB=1．
(1)求证：AC1⊥平面A1BC；
(2)求直线C1C与平面A1BC所成角的大小．
17.(本小题12分)
已知圆C的圆心坐标为C(1,0)，且经过点P(0, 3)．
(1)求圆C的标准方程；
(2)若过点P作圆C的切线l与x轴交于点M，求直线l的方程及△PCM的面积．
18.(本小题12分)
已知抛物线C：y2=2px(p>0)经过点(1,2)．
(1)求抛物线C的方程及其准线方程；
(2)设M(1,4)，直线l：y=x+b与抛物线C有两个不同的交点A，B.若△MAB是以AB为底边的等腰三角形，求证：直线l经过抛物线C的焦点．
19.(本小题12分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的长轴长是短轴长的2倍，点M( 3,12)在椭圆C上．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点P(1,0)的任意直线与椭圆C交于A、B两点，设点A、B到直线l0：x=x0(x0>2)的距离分别为dA，dB.若dAdB=|PA||PB|，求x0的值．
20.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，平面PBC⊥平面ABCD.△PBC是等腰三角形，且PB=PC=3；在梯形ABCD中，AB//DC，AD⊥DC，AB=5，AD=4，DC=3．
(Ⅰ)求证：AB/​/面PCD；
(Ⅱ)求二面角A−PB−C的余弦值；
(Ⅲ)请问棱BC上是否存在点Q到面PBA的距离为 1010，若存在，求出|CQ||CB|的值，若不存在，说明理由．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：∵复数z=i(2+3i)，
∴z=−3+2i，
∴z的虚部为2．
故选：A．
先求出复数z，再利用虚部的定义求解．
本题主要考查了复数的运算，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：圆O1：x2+y2=1的圆心O1(0,0)，半径r=1，圆O2：(x−3)2+(y−4)2=9的圆心O2(3,4)，半径R=3，
两圆心之间的距离|O1O2|=5>1+3=4=R+r，两圆相外离．
故选：A．
判断圆心距与两圆半径的大小关系，从而可得结论．
本题主要考查圆与圆位置关系的判断，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：由题意两条直线平行，
可得：a(a+2)=−a且−1×(−1)≠−1×(a+2)，
解得a=0．
故选：B．
写出两条直线平行的充要条件，可得a的值．
本题考查两条直线平行的性质的应用，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】解：因为平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AC与BD的交点为M，A1B1=a，A1D1=b，A1A=c，
所以MB1=MA+AA1+A1B1=12CA−c+a=−12(AB+AD)−c+a=−12a−12b−c+a=12a−12b−c．
故选：A．
由已知结合空间向量的线性运算求出MB1即可判断．
本题主要考查了空间向量的线性运算，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：双曲线x29−y216=1，可得2a=6，
P为双曲线x29−y216=1右支上一点，F1，F2为双曲线的左右焦点，
|PF1|−|PF2|=2a=6．
故选：B．
利用双曲线的标准方程，求解实轴长，结合双曲线的定义，求解即可．
本题考查双曲线的简单性质的应用，双曲线的定义的应用，是基础题．
6.【答案】C
【解析】解：根据椭圆的性质可得|B1F1|=|B1F2|=a，|F1F2|=2c，
因为四边形F1B1F2B2为正方形，
所以|F1F2|= 2|B1F1|，即2c= 2a，
所以ca= 22．
故选：C．
根据椭圆的几何性质得到|B1F1|=|B1F2|=a，|F1F2|=2c，然后根据四边形F1B1F2B2为正方形得2c= 2a，化简即可得到椭圆的离心率．
本题考查椭圆的性质，属基础题．
7.【答案】A
【解析】解：若m=2，则x2−y222=1，则渐近线方程为y=±2x，
若渐近线方程为y=±2x，则ba=|m|1=2，则m=±2，
故“m=2”是“双曲线x2−y2m2=1的渐近线方程为y=±2x“的充分而不必要条件．
故选：A．
双曲线渐近线方程为y=±bax，再结合充分条件和必要条件的定义判断即可．
本题考查了双曲线的性质，属于基础题．
8.【答案】B
【解析】解：①若失重飞行安排在第一天则前庭功能安排第二天，则后面三天安排其他三项测试有A33=6种安排方法，
此情况跟失重飞行安排在第五天则前庭功能安排第四天安排方案种数相同；
②若失重飞行安排在第二天，则前庭功能有C21种选择，超重耐力在第四、第五天有C21种选择，剩下两种测试全排列A22，则有C21C21A22=8种安排方法，
此情况与失重飞行安排在第四天方安排方案种数相同；
③若失重飞行安排在第三天，则前庭功能有C21种选择，超重耐力在第一、第五天有C21种选择，剩下两种测试全排列A22，则有C21C21A22=8种安排方法；
故选拔测试的安排方案有6×2+8×2+8=36种．
故选：B．
根据特殊元素“失重飞行”进行位置分类方法计算，结合排列组合等计数方法，即可求得总的测试的安排方案种数．
本题考查排列组合的综合运用，考查运算求解能力，属于基础题．
9.【答案】D
【解析】【分析】
对于圆(x−2)2+(y−1)2=5，可得A(4,0)，B(0,2)，可得直线AB的方程x+2y−4=0.圆心C(2,1)满足直线BA的方程，下列点M中，使得△MAB为钝角三角形，点M必须在⊙C的内部，经过验证进而得出结论．
本题考查了点及其直线与圆的位置关系、钝角三角形、转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
【解答】
解：对于圆(x−2)2+(y−1)2=5，
令x=0，解得y=0，2；
令y=0，解得x=0，4．
不妨取A(4,0)，B(0,2)，
可得直线AB的方程：x4+y2=1，即x+2y−4=0．
圆心C(2,1)满足直线BA的方程，
下列点M中，使得△MAB为钝角三角形，则点M必须在⊙C的内部．
经过验证(0,0)，(2,1− 5)在⊙C上，点(4,3 22)在⊙C的外部，只有点M(1,2 2)在圆的内部，
故选：D．
10.【答案】D
【解析】解：取AD的中点O，连接PO，
因为侧面PAD是等边三角形，所以PO⊥AD，
又侧面PAD⊥底面ABCD，且侧面PAD∩底面ABCD=AD，
PO⊂平面PAD，
所以PO⊥平面ABCD，
故以O为原点，以OA，OP所在的直线为x轴，z轴，以过O点平行与AB的直线为y轴建立如图所示空间直角坐标系，
因为底面ABCD边长为2，
则B(1,2,0),P(0,0, 3)，设M(x,y,0)，
则PM=(x,y,− 3),BM=(x−1,y−2,0)
，因为MP⊥MB，所以PM⋅BM=x(x−1)+y(y−2)=0，即(x−12)2+(y−1)2=54，即动点M的轨迹为以(12,1)为圆心， 52为半径的圆，
点M到直线CD，即为圆上的点到直线x=−1的距离，所以点M到直线CD的最短距离d=32− 52=3− 52，
故选：D．
建立空间直角坐标系，设M(x,y,0)，根据MP⊥MB，即可得到PM⋅BM=0，从而得到动点M的轨迹方程，点M到直线CD，即为圆上的点到直线x=−1的距离，即可得解；
本题考查了空间中的距离的最值问题，考查了空间中的动点轨迹问题，属于中档题．
11.【答案】−160
【解析】解：(2x−1x)6展开式的通项公式是Tr+1=C6r (2x)6−r (−1x)r=(−1)r26−rC6rx6−2r
令6−2r=0得r=3
故展开式的常数项为T4=−23C63=−160
故答案为−160
利用二项展开式的通项公式求出第r+1项，令x的指数为0得到常数项．
本题考查二项展开式的通项公式是解决二项展开式的特定项问题的工具．
12.【答案】12
【解析】解：要使组成无重复数字的三位数为偶数，则从0，2中选一个数字为个位数，有C21=2种可能，
从1，3，5中选两个数字为十位数和百位数，有A32=3×2=6种可能，
由分步乘法计数原理可知，这个无重复数字的三位数为偶数的个数为2×6=12个．
故答案为：12．
利用分步乘法计数原理，结合排列组合知识求解．
本题主要考查了排列组合知识，属于基础题．
13.【答案】24
【解析】解：设入射光线与抛物线交于点P，反射光线与抛物线交于点Q，
如图，
则y2=8xy=83，可得Q(89,83)，因为F(2,0)，
所以直线QF的方程为12x+5y−24=0，
联立y2=8x12x+5y−24=0，消去x整理得3y2+10y−48=0，
可设P(x0,y0)，显然83和y0是该方程的两个根，
则83y0=−16，所以y0=−6，故x0=92．
故光线从点M到N经过的总路程为|MP|+|PQ|+|QN|
=(xM−xP)+(xP+xQ+4)+(xN−xQ)=xM+xN+4=24．
故答案为：24．
根据题意，求出直线QF的方程，即可求出y0的值，再根据抛物线的性质即可求出光线从点M到N经过的总路程．
本题考查了抛物线的方程和性质，考查了运算求解能力，属于中档题．
14.【答案】①②④
【解析】解：曲线W：|x||y|=1，
可得x>0，y>0时，方程为xy=1；x<0，y>0时，方程为xy=−1；
x<0，y<0时，xy=1；x<0，y>0时，方程为xy=−1，
作出曲线W的图象，如右图：
可得曲线W既是轴对称图形又是中心对称图形，故①正确；
可得曲线W的渐近线方程为x=0，y=0，故②正确；
当xy>0时，曲线为双曲线，且在第一、三象限，关于直线y=x对称，可得交点为(1,1)，(−1,−1)，
则实轴长为 (1+1)2+(1+1)2=2 2，故③错误；
当xy>0时，曲线为双曲线，由两条渐近线垂直，可得双曲线为等轴双曲线，则离心率为 2，故④正确．
故答案为：①②④．
讨论x，y的符号，去绝对值，可得曲线W的方程，画出曲线W的图象，结合图象可判断①②；由双曲线的性质可判断③④．
本题考查曲线与方程的关系，以及双曲线的方程和性质，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
15.【答案】解：(1)令x=0，整理得a0=16．
(2)(x+2)4=a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0令x=1，可得a4+a3+a2+a1+a0=81，
令x=−1，可得a4−a3+a2−a1+a0=1，
两式相加除以2，可得a4+a2+a0=41．
(3)直接根据(x+2)4的展开式的通项公式Tr+1=C4r⋅2r⋅x4−r(r=0,1,2,3,4)，
可得(x−1)(x+2)4的展开式中含x4项的系数为C41×2−C40=7．
【解析】(1)直接利用关系式求出结果；
(2)在所给的等式中，分别令x=1，x=−1，可得两个式子，再把两式相加除以2，可得a4+a2+a0的值．
(3)由题意，直接根据(x+2)4的展开式的通项公式，求得(x−1)(x+2)4的展开式中含x4项的系数．
本题主要考查二项式定理的应用，是给变量赋值的问题，解题关键是根据要求的结果，选择合适的数值代入，属于基础题．
16.【答案】证明：(1)∵C1C⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，
∴C1C⊥BC，
∵AC⊥BC，AC∩C1C，∴BC⊥平面ACC1A1，∴BC⊥AC1，
∵CA=CC1，∴四边形ACC1A1是正方形，则AC1⊥A1C，
∵A1C∩BC=C，∴AC1⊥平面A1BC．
(2)建立以C为坐标原点，CA，CB，CC1分别为x，y，z轴的空间直角坐标系如图：
∵CA=CC1=CB=1，
∴C(0,0,0)，C1(0,0,1)，B(0,1,0)，A1(1,0,1)，
则CC1=(0,0,1)，CB=(0,1,0)，CA1=(1,0,1)，
设平面A1BC的法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅CB=0，m⋅CA1=0，得y=0x+z=0，令x=1，得z=−1，y=0，则m=(1,0,−1)，
设直线C1C与平面A1BC所成的角为θ，
则sinθ=|cs|=|m⋅CC1||m||CC1|=|−1×1|1× 2= 22，
则θ=45°，即直线C1C与平面A1BC所成角的大小为45°．
【解析】(1)根据线面垂直的判定定理进行证明即可．
(2)建立坐标系求出平面的法向量，利用向量法进行求解即可．
本题主要考查线面垂直的判定以及线面角的计算，建立坐标系求出平面的法向量，利用向量法进行求解是解决本题的关键，是中档题．
17.【答案】解：(1)根据题意，设圆的方程为(x−1)2+y2=r2，
因为P(0, 3)在圆上，所以(0−1)2+( 3)2=r2，可得r2=4，圆C的标准方程为(x−1)2+y2=4；

(2)由题意知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y− 3=k(x−0)，即kx−y+ 3=0，
直线PC的斜率k1= 3−00−1=− 3，因为直线l与圆相切，所以PM⊥PC，可得k=−1k1= 33，
因此，直线l的方程为x− 3y+3=0，取y=0，得M点的坐标为(−3,0)，
因为△PCM为直角三角形，|PM|= (0+3)2+( 3)2=2 3，且|PC|= (1−0)2+(0− 3)2=2，
所以△PCM的面积为12×|PM|×|PC|=12×2 3×2=2 3．
【解析】(1)根据题意，利用待定系数法设出圆的标准方程，代入点P坐标算出半径r，可得圆C的标准方程；
(2)首先利用点斜式设出直线l的方程，然后利用直线与圆相切的性质求出l的斜率，得到直线l的方程，进而算出△PCM的面积．
本题主要考查直线的方程、圆的方程及其应用、直线与圆的位置关系等知识，考查了计算能力、图形的理解能力，属于中档题．
18.【答案】(1)解：因为抛物线C：y2=2px(p>0)经过点(1,2)，所以4=2p，即p=2，
所以抛物线C的方程为y2=4x，准线方程为x=−1．
(2)证明：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则AB的中点T(x1+x22,y1+y22)，
联立y2=4xy=x+b，消去y整理得x2+(2b−4)x+b2=0，
由Δ=(2b−4)2−4b2>0，得b<1，
x1+x2=4−2b，x1⋅x2=b2，
则y1+y2=x1+b+x2+b=4，所以T(2−b,2)，
因为△MAB是以AB为底边的等腰三角形，所以MT⊥AB，即kMT⋅kAB=−1，
又因为kAB=1，M(1,4)，T(2−b,2)，
则kMT=2b−1，所以2b−1×1=−1，解得b=−1，
所以l：y=x−1，经过抛物线C的焦点(1,0)．
【解析】(1)由抛物线经过点可求出p，即可求出抛物线C的方程及其准线方程；
(2)联立直线方程和抛物线方程，消元后运用根与系数的关系，结合等腰三角形底边的中线和底边垂直，转化为斜率之间的关系，列式计算可求出b，进而得证．
本题主要考查抛物线的方程与性质，考查联立直线和抛物线方程解决综合问题，考查等腰三角形的性质，考查转化思想和数学运算能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)由题意，2a=2⋅2b，即a=2b，
因为点M( 3,12)在椭圆C上，所以34b2+14b2=1
解得a2=4，b2=1，
所以椭圆C的标准方程为：x24+y2=1；
(2)当直线l的斜率为0时，
可设A(2,0)，则B(−2,0)，
所以|PA|=2−1=1，|PB|=3，dA=x0−2，dB=x0+2，
因为若dAdB=|PA||PB|，即x0−2x0+2=13，
解得x0=4，
同理，当A(−2,0)，B(2,0)时，则|PA|=3，|PB|=1，dA=x0+2，dB=x0−2，
因为dAdB=|PA||PB|，
即x0+2x0−2=3，解得x0=4；
当直线l的斜率不为0时，设直线l的方程为x=my+1，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立x=my+1x24+y2=1，整理可得(m2+4)y2+2my−3=0，Δ>0恒成立，
y1+y2=−2m4+m2，y1y2=−34+m2，
因为dAdB=|PA||PB|，所以x0−x1x0−x2=−y1y2，
即x0−my1−1x0−my2−1=−y1y2，
可得x0=2my1y2y1+y2+1=2m⋅−34+m2−2m4+m2+1=4．
综上所述：当dAdB=|PA||PB|时，x0=4．
【解析】(1)由长轴长与短轴长的关系，可得a，b的关系，将点M的坐标代入椭圆的方程，可得a，b的关系，进而求出a，b的值，进而求出椭圆的方程；
(2)分直线AB的斜率为0时，可设A，B的坐标，由题意可得x0的值；当斜率不为0时，设直线AB的方程，与椭圆的方程联立，可得两根之和及两根之积，由dAdB=|PA||PB|，可得x0−x1x0−x2=−y1y2，进而求出x0的表达式，整理可得x0的值．
本题考查椭圆方程的求法及直线与椭圆的综合应用，属于中档题．
20.【答案】(I)证明：∵AB/​/CD，AB⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，
∴AB/​/平面PDC．
(II)解：∵ABCD是直角梯形，AB//DC，AD⊥DC，AB=5，AD=4，DC=3，
∴BC= 42−(5−3)2=2 5，又PB=PC=3，∴P到BC的距离为 32−5=2，
∵平面PBC⊥平面ABCD，∴P到平面ABCD的距离为2．
以D为原点，以DA，DC，及平面ABCD过D的垂线为坐标轴建立空间坐标系如图所示：
∴A(4,0,0)，B(4,5,0)，C(0,3,0)，P(2,4,2)，
∴PB=(2,1,−2)，AB=(0,5,0)，CB=(4,2,0)，
设平面APB的法向量为m=(x1,y1,z1)，平面PBC的法向量为n=(x2,y2,z2)，
则m⋅PB=0m⋅AB=0，n⋅PB=0n⋅CB=0，
∴2x1+y1−2z1=05y1=0，2x2+y2−2z2=04x2+2y2=0，
令x1=1，x2=1可得m=(1,0,1)，n=(1,−2,0)，
∴cs=m⋅n|m⋅|n|=1 2× 5= 1010．
由图形可知二面角A−PB−C为锐二面角，
∴二面角A−PB−C的余弦值为 1010．
(III)解：假设棱BC上存在点Q到面PBA的距离为 1010，设CQ=λCB=λ(4,2,0)=(4λ,2λ,0)，
∴Q(4λ,2λ+3,0)，∴AQ=(4λ−4,2λ+3,0)，
∴点Q到平面PBA的距离d=|4λ−4| 2= 1010∴|4λ−4|= 55，∴λ=1− 520，
∴棱BC上是存在点Q到面PBA的距离为 1010，|CQ||CB|=1− 520．
【解析】(I)由AB/​/CD即可得出AB/​/平面PDC；
(II)建立空间坐标系，求出平面APB和平面PBC的法向量，计算法向量的夹角得出二面角的大小；
(III)设CQ=λCB，用λ表示点Q到平面PAB距离，求解可得λ的值．
本题考查了线面平行的判定，二面角的计算，考查空间向量在立体几何值的应用，属于中档题．