2024-2025学年辽宁省沈阳市高二上学期12月月考数学质量检测试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年辽宁省沈阳市高二上学期12月月考数学质量检测试卷（含解析），共20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（本大题共8小题）
1．已知F为抛物线的焦点，点M在C上，且，则点M到y轴的距离为（ ）
A．6B．5C．4D．
2．在四面体中，点为线段靠近的四等分点，为的中点，若，则的值为（ ）

A．B．1C．D．
3．已知曲线表示圆，且点在曲线外，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
4．有四个不同的小球，，，，放入3个不同的盒子之中，则每个盒子中至少有一个球的概率为（ ）
A．B．C．D．
5．已知点为椭圆上第一象限的一点，左、右焦点为的平分线与轴交于点，过点作直线的垂线，垂足为为坐标原点，若，则面积为（ ）
A．B．C．D．3
6．设双曲线的焦距为2，若以点为圆心的圆过的右顶点且与的两条渐近线相切，则长的取值范围是（ ）
A．B．C．12,1D．
7．设集合，那么集合中满足的元素的个数为（ ）
A．232B．144C．184D．252
8．已知以为焦点的椭圆与双曲线共焦点，一动点在直线上运动，双曲线与椭圆在一象限的交点为，当与相等时，取得最大值，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．甲、乙、丙、丁、戊五人并排站成一排，下列说法正确的是（ ）
A．若甲、乙、丙按从左到右的顺序排列，则不同的排法有12种
B．若甲、乙不相邻，则不同的排法有72种
C．若甲不能在最左端，且乙不能在最右端，则不同的排法共有72种
D．如果甲、乙必须相邻且乙在甲的右边，则不同的排法有24种
10．如图，长方体中，是侧面的中心，是底面的中心，点在线段上运动，则下面选项正确的是（ ）
A．四面体的体积为定值
B．点到平面的距离
C．异面直线与所成的角为
D．存在点，使得直线与平面所成的角为
11．已知抛物线为上位于焦点右侧的一个动点，为坐标原点，则（ ）
A．若，则
B．若满足，则
C．若交于点，则
D．直线交于两点，且，则
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知直线的法向量为，且直线经过点，则直线的方程为 ．
13．的展开式中项的系数为 ．
14．甲、乙、丙、丁四位同学参加跳台滑雪、越野滑雪、单板滑雪三个项目的比赛，每人只能参加一个项目，每个项目至少一个人参加，且甲、乙两人不能参加同一项目的比赛，如果符合以上条件的各种方案出现的概率相等，定义事件为丙和丁参加的项目不同，事件为甲和乙恰好有一人参加跳台滑雪，则 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知二项式，且满足．
(1)求值，并求二项式系数最大的项；
(2)求二项展开式中含项的系数；
(3)请直接写出展开式中所有项的系数的和．（此题涉及的系数一律用数字作答）
16．如图，在四棱锥中，是边长为1的正三角形，面面，，，，C为的中点.
(1)求证：平面；
(2)线段上是否存在点F，使二面角的余弦值为，若存在，求.若不存在，请说明理由.
17．在平面直角坐标系中，已知椭圆的右焦点坐标是，且椭圆上的点到距离的最大值为，过点的直线交椭圆于点.
(1)求椭圆的方程；
(2)设为椭圆上一点，且满足（为坐标原点），当时，求实数的取值范围.
18．某校团委开展知识竞赛活动．现有两组题目放在，两个箱子中，箱中有6道选择题和3道论述题，箱中有3道选择题和2道论述题．参赛选手先在任一箱子中随机选取一题，作答完后再在此箱子中选取第二题作答，答题结束后将这两个题目放回原箱子．
(1)若同学甲从箱中抽取了2题，求第2题抽到论述题的概率；
(2)若同学乙从箱中抽取了2题，答题结束后误将题目放回了箱，接着同学丙从箱中抽取题目作答，求丙取出的第一道题是选择题的概率．
19．已知动圆过点（0，1），且与直线：相切．
(1)求动圆圆心的轨迹的方程；
(2)点一动点，过作曲线E两条切线，，切点分别为，，且，直线与圆相交于，两点，设点到直线距离为．是否存在点，使得？若存在，求出点坐标；若不存在，请说明理由．
答案
1．【正确答案】C
【详解】由题意及抛物线定义，点M到C的准线的距离为6，
所以点M到y轴的距离为.
故选：C．
2．【正确答案】C
【详解】由
又，则，所以，
故选：C．
3．【正确答案】D
【详解】由曲线表示圆，得，解得或，
由点在曲线外，得，解得，
所以的取值范围是.
故选：D
4．【正确答案】B
【详解】由题意，先将4个不同的小球放入3个不同的盒子共有种放法，
每个盒子中至少有1个小球的放法，先将4个不同的小球分为3组，
其中一组2个，一组1个，一组1个，共有种不同的分法，
再将3组放在3个不同的盒子中，共有种，由分步计数原理，
可得共有种不同的放法，故概率为.
故选：B.
5．【正确答案】C
【详解】如图所示，延长，交的延长线于点，
因为为的平分线，⊥，由三线合一得为等腰三角形，
即，为的中点，
因为为的中点，所以为的中位线，
故，设，
由椭圆定义知，，
由得，解得，
故，，
在中，由余弦定理得
，
故，
故.
故选：C
6．【正确答案】B
【详解】由已知得，双曲线得渐近线方程为：，由圆与渐近线相切可得，
半径，则，则圆的半径，
，则，
因为，所以，则，，
所以长得取值范围是0,1.
故选：B.
7．【正确答案】A
【详解】由题意可得或或，
下面分三种情况讨论：
（1），此时中有一项为，其余均为，
且的情况为一个，或一个，
故此时集合中元素的个数为；
（2），此时中有两项为，其余均为，
且的情况为两个，或者两个，或者一个和一个，
故此时集合中元素的个数为；
（3），此时中有三项为，其余均为，
且的情况为三个，或者两个和一个，或者一个和两个，或者三个，
故此时集合中元素的个数为；
综上可得集合中的元素的个数为.
故选：A.
8．【正确答案】C
【分析】双曲线的实轴长为，设，根据椭圆以及双曲线的定义推出，利用余弦定理可得，再利用两角差的正切公式结合的最大值推出，两式联立即可求得答案.
【详解】由题意设，设双曲线的实轴长为，
双曲线与椭圆在一象限的交点为，
设，则，
故，
由，得，
即；
动点在直线上运动，设l与x轴交点为E，设，
在中，，
在中，，
由题意知为锐角，且,
即，
当且仅当，即时，等号成立，
即的最大值为，而当与相等时，取得最大值，
可知，即，结合，
得，则，
故双曲线的离心率，
故选：C
9．【正确答案】BD
【分析】A选项，定序问题采用倍缩法进行求解；B选项，采用插空法进行求解；C选项，分两种情况，若最左端排乙，最左端不排乙，分别求出两种情况下的排法，相加即可；D选项，使用捆绑法进行求解；
【详解】对于A，甲乙丙按从左到右的顺序排列的排列有种情况，故A错误；
对于B，先安排丙，丁，戊三人，有种情况，再将甲乙两人插空，则有种情况，故甲乙不相邻的排法种数为种情况，故B正确；
对于C，若最左端排乙，此时其余四人可进行全排列，故有种；若最左端不排乙，则最左端只能从丙，丁，戊选出1人，又乙不能在最右端，则有种情况，则共有种站法，故C错误；
对于D，将甲与乙捆绑，看做一个整体且固定顺序，再与其他三人站成一排，故有种，故D正确；
故选：BD
10．【正确答案】ABD
【详解】A选项，因为，平面，平面，
所以平面，
又点在线段上运动，所以点到平面的距离为定值，
又为定值，故四面体的体积为定值，A正确；
B选项，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
设平面的法向量为，
则，
解得，令，则，故，
故点到平面的距离
，B正确；
C选项，，，
则，
故异面直线与所成的角不为，C错误；
D选项，设，，
由B选项知，平面的法向量为
设直线与平面所成角为，
则，
令，解得，负值舍去，
故存在点，使得直线与平面所成的角为，D正确.
故选：ABD
11．【正确答案】ABC
【详解】对于：若，，，
则，已知为上位于焦点F1,0右侧的一个动点，
所以，所以，
且，
当且仅当，即时等号成立，
所以，故正确；
对于：，
又，所以，故正确；

对于：设直线的方程为，
联立方程，可得，
所以，
所以，
当且仅当时等号成立，又，
所以，故正确；

对于：设，
则，
设直线的方程为，因为，
所以直线的方程为，
联立方程，可得，
所以，
联立方程，可得，
所以，
所以，
所以，故错误.
故选.
12．【正确答案】
【详解】∵直线的法向量为，设直线的方向向量为，
则，令，则，
∴直线的斜率，
∴直线的方程为：，即，
故
13．【正确答案】
【详解】由题意知的通项为
，
化简得，
令，得，
即，
所以的系数为.
故
14．【正确答案】
【详解】依题意，甲、乙、丙、丁四位同学参加三个项目所有的方案共种，
其中甲、乙参加同一项目的方案种，
则所求的参赛方案一共有种；
因为甲、乙两人不能参加同一项目，所以丙、丁两人不能参加同一项目，
则甲、乙必有其中一人和丙、丁其中一人参加同一项目，这里有种方案，
若甲单独选择跳台滑雪，则丙、丁可分别选择越野滑雪或者单板滑雪，乙也可在其中二选一，故总共有种不同的方案；
若甲和一人一起选择跳台滑雪，则甲只可能和丙或丁共同选择，剩下2个人分别选择2个项目，故共有种不同的方案；
同理，乙单独选择跳台滑雪，有种不同的方案；
乙和一人共同选择跳台滑雪，有种不同的方案，总共有16种方案.
所以.
故答案为.
15．【正确答案】(1)，
(2)
(3)
【详解】（1）因为，即，整理得，
解得或（舍去），故．
所以展开式的通项为（且），
则，故二项式系数的最大项为第项，为．
（2）令，解得，
所以，
所以二项展开式中含项的系数为；
（3）对于，令可得，
所以展开式中所有项的系数的和为.
16．【正确答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（l）由线线平行或面面平行证明线面平行；
（2）通过建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的余弦值，或利用几何法解决.
【详解】（1）.
解法一
证明：取中点E，连接和.
C为中点，且，
且，且，
四边形为平行四边形，则，
面，面，面.
解法二：
如图所示，取的中点Q，连接，，
在，C为中点，Q为中点，，
平面， 平面，平面，
在四边形中，，，Q为中点，
，，
四边形为平行四边形，，
平面， 平面，平面
又，平面，平面平面，
由平面，平面
（2）解法一：
取中点O，连接，则等边中.
面面，面面，面，
面，面，可得.
又，，面，面，
以N为坐标原点，，为x，y轴，过点垂直于平面的直线为z轴建立空间直角坐标系，
，，，，，
设，则，
，
依题意可得平面的法向量为，
设平面的法向量为，
则，令，则，
即，
二面角为，则，
，（舍），
，则.
解法二：
取中点O，连接，则等边中.
面面，面面，面，
面，面，可得.
又，，面，面
取的中点E，以O为原点，分别以、、为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，，
，，，
由已知是平面的一个法向量，记为，
假设线段上存在点F满足已知条件，则有，且，
设，有，，
，，，即，，
设平面的一个法向量为，
则， 取，
由已知得，
整理得，即化简得，
解得，（舍去），
线段上存在点F，当时，已知条件成立，
则有， ，.
求平面的一个法向量的另一种解法：
，
平面的一个法向量可取
解法三：几何法
作，
，，，平面，平面，
平面，，
为二面角的平面角,
设，在中，，，
在中，由得，
由已知得，
在直角三角形中，，，
在直角三角形中，，
所以在中，由,得.
17．【正确答案】(1)
(2)或
【分析】（1）根据题意可直接求得，，计算可得，便可得椭圆的方程；
（2）联立直线与椭圆方程利用韦达定理和弦长公式可求得，结合判别式可得，再由向量关系是可得，解不等式即可得实数的取值范围为或.
【详解】（1）由焦点坐标可知，
又椭圆上的点到距离的最大值为，可知，
所以；
故椭圆方程是；
（2）设，，，
显然直线斜率存在，设直线的方程为，
由，整理得，
则，解得，
又，，
因且，则，
于是有，
化简得，则，
即，所以，
由得，
则，，
而点在椭圆上，即，化简得，
从而有，而，即，
于是得，解得或，
故实数的取值范围为或.
18．【正确答案】(1)
(2)
【详解】（1）设事件表示“甲第次从箱中取到论述题”，，
则；
（2）设事件为“丙从箱中取出的第一道题是选择题”，
事件为“乙从箱中取出2道选择题”，
事件为“乙从箱中取出1道选择题和1道论述题”，
事件为“乙从箱中取出2道论述题”，
则，，，
则
，
即丙取出的第一道题是选择题的概率为.
19．【正确答案】(1)；
(2)不存在，理由见解析.
【分析】
（1）根据抛物线定义写出轨迹的方程；
（2）设直线AB：y＝kx＋m，，联立抛物线方程应用韦达定理及求参数m，进而写出切线，的方程并求交点P的坐标，再应用点线距离公式、弦长公式、圆中弦长的求法求到直线距离为、、，最后结合求参数k，判断存在性.
(1)
依题意，圆心的轨迹E是以F为焦点，l：y＝－1为准线的抛物线．
所以抛物线焦点到准线的距离等于2，故动圆圆心的轨迹E为x2＝4y．
(2)
依题意，直线AB斜率存在，设直线AB：y＝kx＋m，．
由，得，故．
，由x2＝4y，得，故切线 PA，PB的斜率分别为
由 PA⊥PB，得：，
所以m＝1，这说明直线 AB 过抛物线E的焦点F，则切线．
联立，消去y得：，即，
则，即，
于是P到直线AB：kx－y＋1＝0的距离．
．
设原点到直线kx－y＋1＝0的距离为，则，所以．
因为，所以， 化简整理得，无解，
所以满足条件的点P不存在．
关键点点睛：第二问，设直线并联立抛物线，应用韦达定理求所设直线的参数值，再根据点线距离、弦长公式及圆中弦长、半径、弦心距关系，分别求出到直线距离为、、，求参数判断存在性.