2024-2025学年河南省安阳市高二上学期12月联考数学检测试题（北师大版）附解析

这是一份2024-2025学年河南省安阳市高二上学期12月联考数学检测试题（北师大版）附解析，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。
1．已知直线，，设甲：；乙：，则甲是乙的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
2．直线与以点为圆心的圆相交于两点，且，则圆的方程为（ ）
A．B．
C．D．
3．甲、乙、丙、丁四人去听同时举行的个讲座，每人可自由选择听其中一个讲座，则恰好只有甲、乙两人听同一个讲座的情况种数为（ ）
A．B．C．D．
4．下列说法中，正确的是（ ）
A．点关于平面对称的点的坐标是
B．若直线l的方向向量为，平面的法向量为，则
C．已知O为空间中任意一点，A，B，C，P四点共面，且A，B，C，P中任意三点不共线，若，则
D．若直线l的方向向量与平面的法向量的夹角为30°，则直线l与平面所成的角为30°
5．已知平面，的法向量分别为，，则平面，的夹角的大小为（ ）
A．B．C．D．
6．已知抛物线，直线l过抛物线的焦点且与抛物线交于A，B两点，若弦的长为8，则直线l的方程为（ ）
A．或B．或
C．或D．或
7．如图，在两行三列的网格中放入标有数字、、、、、的六张卡片，每格只放一张卡片，则“只有最左边一列两个数字之和为”的不同的放法有（ ）
A．种B．种C．种D．种
8．空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为.已知平面的方程为，直线l是平面与平面的交线，则直线l与平面所成角的大小为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．用、、、、这五个数字组成无重复数字的三位数，则（ ）
A．可以组成个三位数
B．在组成的三位数中，各位数字之和为的个数为
C．在组成的三位数中，比大的个数为
D．在组成的三位数中，百位上的数字最小的个数为
10．双曲线：的焦点为，，过的直线与双曲线的左支相交于两点，过的直线与双曲线的右支相交于，两点，若四边形为平行四边形，则（ ）
A．
B．
C．平行四边形各边所在直线斜率均不为
D．
11．如图，在正方体中，P为棱的中点，为正方形内一动点（含边界），则下列说法正确的是（ ）
A．三棱锥的体积为定值
B．若平面，则动点的轨迹是一条线段
C．存在点，使得平面
D．若直线与平面所成角的正切值为2，那么点的轨迹是以为圆心，半棱长为半径的圆弧
三、填空题（本大题共3小题）
12．在平行六面体中，，，，点在上，且，用表示，则 .
13．已知椭圆，且，直线与椭圆相交于两点.若点是线段的中点，则椭圆的半焦距 .
14．已知集合，若、、且、、互不相等，则使得指数函数，对数函数，幂函数中至少有两个函数在上单调递增的有序数对的个数是 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．5名工作人员在社区开展交通安全宣讲活动，活动结束后，5名工作人员与社区组织者小王站成一排拍照留念.
(1)要求小王与工作人员甲､乙都相邻，有多少种不同的站法？
(2)若这5名工作人员中，甲､乙､丙的身高互不相等，拍照时甲､乙､丙三人按从高到低的顺序从左到右排列（不一定相邻），有多少种不同的站法？
(3)若工作人员甲不站在最左端，工作人员乙不站在最右端，有多少种不同的站法？（写出必要的数学式，结果用数字作答）
16．在空间直角坐标系中，点O0,0,0，，，.
(1)证明：，，不共面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
17．如图，在四棱柱中，四边形是正方形，，点为的中点．
(1)用向量表示；
(2)求线段的长及直线与所成角的余弦值．
18．如图，在四棱锥中，平面平面，，，，M为棱的中点．
(1)证明：平面；
(2)若，
①求二面角的余弦值；
②在棱上是否存在点，使得点到平面的距离是？若存在，求出的长；若不存在，说明理由．
19．设分别为椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左､右焦点，是椭圆的短轴的一个端点，的面积为，椭圆的离心率为.
(1)求椭圆的方程.
(2)如图，是椭圆上不重合的三点，原点是的重心.
（i）当直线垂直于轴时，求点到直线的距离；
（ii）求点到直线的距离的最大值.
答案
1．【正确答案】B
【详解】由，得，化简得，解得或．
当时，直线，直线；
当时，直线，直线．
综上所述：等价于或．
故甲不能推出乙，乙能推出甲，故甲是乙的必要不充分条件．
故选：B．
2．【正确答案】A
【详解】因为圆心到直线的距离，
所以圆的半径，
所以圆的方程为．
故选：A．
3．【正确答案】D
【分析】将甲、乙两人捆绑，与丙、丁两人形成三个元素，然后从个讲座中选取个讲座分配给这三个元素即可，利用排列数公式可得结果.
【详解】先将甲、乙两人捆绑，与丙、丁两人形成三个元素，然后从个讲座中选取个讲座分配给这三个元素即可，
所以，恰好只有甲、乙两人听同一个讲座的情况种数为.
故选：D.
4．【正确答案】B
【分析】根据对称规则可判断A错误，利用向量共线的条件可得，可得B正确，由共面定理可知C错误，再由线面角定义可得D错误.
【详解】对于A，点关于平面对称的点的坐标是，故A错误；
对于B，直线l的方向向量为，平面的法向量为，
因为，所以，则，故B正确；
对于C.已知O为空间任意一点，A，B，C，P四点共面，且A，B，C，P中任意三点不共线，若，则，解得，故C错误；
对于D，若直线l的方向向量与平面的法向量的夹角为30°，
则直线l与平面所成的角为，故D错误.
故选：B.
5．【正确答案】C
【分析】直接由两平面夹角的向量公式计算可求.
【详解】由向量与，
得，
又，则，所以平面，的夹角的大小为.
故选：C.
6．【正确答案】B
【分析】求出抛物线的焦点坐标，设出直线的方程，与抛物线方程联立，结合抛物线定义求解即得.
【详解】抛物线的焦点，依题意，直线l的斜率存在，且不为0，
设直线l的方程为，，，
由消去y，整理得，，
于是，解得，，
所以直线l的方程为或.
故选：B
7．【正确答案】C
【分析】先考虑左边一列两个数字为和，根据题意，、不能放在一列，利用间接法可得出放法种数，同理可得出左边一列两个数字为和的放法种数，即可得解.
【详解】在、、、、、六个数字中，，
若左边一列两个数字为和，根据题意，、不能放在一列，
此时，不同的填数字的方法种数为，
所以，若左边一列两个数字为和，符合条件的放法种数为种.
同理，若左边一列两个数字为和，符合条件的放法种数为种.
因此，满足条件的放法种数为种.
故选：C.
8．【正确答案】B
【分析】根据平面方程对应的法向量，由三个平面方程得出法向量，由线面角的向量求法计算可得结果.
【详解】依题意，平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，平面的一个法向量为.
设直线l的方向向量为，
，，，
即令，则.
设直线l与平面所成的角为，
则，
.
故选：B.
9．【正确答案】ABD
【分析】根据排列数公式可判断A选项；根据，结合排列数公式可判断B选项；分析可知，百位数字为或，利用排列数公式可判断C选项；分析可知，从五个数字中任意抽个数，最小的放在百位上，结合排列数和组合数公式可判断D选项.
【详解】用、、、、这五个数字组成无重复数字的三位数
对于A选项，可以组成个三位数，A对；
对于B选项，因为，
所以，在组成的三位数中，各位数字之和为的个数为个，B对；
对于C选项，由题意可知，百位数字为或，
所以，在组成的三位数中，比大的个数为个，C错；
对于D选项，在组成的三位数中，百位上的数字最小，
即从五个数字中任意抽个数，最小的放在百位上，
所以，百位上的数字最小的个数为个，D对.
故选：ABD.
10．【正确答案】BC
【分析】根据双曲线的标准方程可判定A，由平行四边形与双曲线的对称性及双曲线定义可判定B，利用双曲线的性质可判定C，设直线方程，联立双曲线利用韦达定理及弦长公式结合函数的单调性可判定D.
【详解】由题意可得，，则，故A错误．
由双曲线的对称性和平行四边形的对称性可知：，
则，B正确．
设任一边所在直线为（斜率存在时），联立双曲线，
联立得，
则，即，C正确．
由，
设：；，，，
联立得，
∴，，
则
，
设，则，
∴，
又单调递减，则，∴，
故，D错误．
故选：BC
11．【正确答案】ABD
【详解】设正方体的棱长为．
对选项A，三棱锥的体积即三棱锥的体积，
因为的面积为定值，点到平面的距离为定值，
所以三棱锥的体积为定值．故A正确；
对选项B，如图，分别取的中点，连接．
由且，知四边形是平行四边形，
所以．因为平面平面，所以平面．
同理可得平面，因为平面，
所以平面平面，则点的轨迹为线段，故B正确；
对选项C，以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则．设，
则．
设为平面的一个法向量，则
即，得取，则．
若平面，则，即存在，使得，
则，解得，与矛盾，
故不存在点使得平面，故C错误；
对于选项D，因为平面，
所以即为直线与平面所成的角．
因为直线与平面所成角的正切值为2，
所以．因为点为正方形内一动点（含边界），
所以点的轨迹是以为圆心，半棱长为半径的圆弧（正方形内），
且其圆心角为，故D正确．
故选：ABD．
12．【正确答案】
【分析】利用空间向量的基本定理可得出关于、、的表达式.
【详解】如下图所示：

由题意可知，，可得，
所以，，
故答案为.
13．【正确答案】
【分析】利用点差法来求解椭圆方程中的值，然后根据椭圆中a,b,c的关系求出半焦距.
【详解】设，，因为在椭圆上，
所以. 两式相减得，即.
因为点是线段的中点，所以，.
斜率，得，即,解得.
当时，椭圆方程为，可得，所以.
故答案为.
14．【正确答案】
【分析】分类讨论单调性，结合排列数、组合数运算求解.
【详解】若和在0,+∞上单调递增，在0,+∞上单调递减，
则有个；
若和在0,+∞上单调递增，在0,+∞上单调递减，
则有个；
若和在0,+∞上单调递增，在0,+∞上单调递减，
则有个；
若、和在0,+∞上单调递增，则有个.
综上所述：共有个.
故答案为.
方法点睛：两个计数原理的应用技巧
（1）在应用分类加法计数原理和分步乘法计数原理时，一般先分类再分步，每一步当中又可能用到分类加法计数原理．
（2）对于复杂的两个计数原理综合应用的问题，可恰当列出示意图或表格，使问题形象化、直观化．
15．【正确答案】(1)48
(2)120
(3)504
【分析】（1）利用捆绑法，把小王与工作人员甲、乙捆绑在一起看作一个复合元素，再和另外的3名工作人员全排列，即可得出结论；
（2）根据题意，分2步进行分析:①在6个位置中任选3个，安排甲乙丙之外的3人，②将甲乙丙3人按从左到右的顺序安排在剩余的3个位置，由分步计数原理计算可得答案；
（3）根据题意，分2种情况讨论:①甲站在最右端，②甲不站在最右端，由分类计数原理计算可得答案.
【详解】（1）由题意，5名工作人员与社区组织者小王站成一排拍照留念，
小王与工作人员甲､乙都相邻，
∴把小王与工作人员甲、乙捆绑在一起看作一个复合元素，有种方法（甲、小王、乙，乙、小王、甲），
然后总体与其余3名工作人员全排列，共有种方法，
∴小王与工作人员甲､乙都相邻，方法共有种；
（2）由题意，
甲､乙､丙的身高互不相等，拍照时甲､乙､丙三人按从高到低的顺序从左到右排列（不一定相邻），
①在6个位置中任选3个,安排甲乙丙之外的3人,有种情况,
②将甲乙丙3人按从左到右的顺序安排在剩余的3个位置,有1种情况,
∴有种不同的站法；
（3）由题意，
工作人员甲不站在最左端，工作人员乙不站在最右端，
∴①甲站在最右端,其余5人全排列,有种站法,
②甲不站在最右端,甲有4种站法,乙有4种站法,
剩下4人全排列,有种站法,
∴共有 种不同的站法
16．【正确答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据空间向量的基本定理建立，方程无解，即可证明；
（2）利用空间向量法求解线面角即可.
【详解】（1）由题意得，，.
假设，，共面，则存在a，，使得，
即，即，
所以，此方程组无解，所以假设不成立，故，，不共面.
（2）由题意得，，.
设平面的法向量为，则，即
令，则，，故平面的一个法向量为.
设直线与平面所成的角为，
则.
17．【正确答案】(1)
(2)；
【详解】（1）方法一：由题意知
方法二：因为为的中点，所以．
故.
（2）因为四边形是正方形，，
所以，
所以
，
即线段的长为．
因为，
所以
．
又
，
所以，
即直线与所成角的余弦值为．
故线段的长为，直线与所成角的余弦值为.
18．【正确答案】(1)证明见解析
(2)① ；②存在；
【详解】（1）证明：如图，取的中点，连接．
为棱的中点，．
，
四边形是平行四边形，．
又平面平面平面．
（2）解：．
平面平面，平面平面平面，
平面．
又平面．
又两两垂直．
以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图，
则．
为棱的中点，．
①，设平面的一个法向量为n=x,y,z，
则，
令，则，
所以为平面的一个法向量，
，
设平面的一个法向量为，
则，
令，则，
所以为平面平面的一个法向量，
所以，
根据图形得二面角为锐角，
则二面角的余弦值为．
②假设在棱上存在点，使得点到平面的距离是．
设，则．
由①知平面的一个法向量为，
，
点到平面的距离是，解得．
在中，．
19．【正确答案】(1)；
(2)，.
【分析】（1）根据已知可得，，再结合求出椭圆方程.
（2）（i）设出三点坐标根据重心坐标公式和已知条件列出方程得到的纵坐标为，从而解出横坐标，进而解出结果.
（ii）讨论直线有无斜率两种情况，有斜率时设出直线的方程，与椭圆联立，结合根与系数关系，重心坐标表示出的坐标，代入椭圆得到一个关系式，利用点到直线距离公式表示点 到直线 的距离并化简，结合式子结构，综合两种情况解出结果.
【详解】（1）令椭圆的半焦距为，由椭圆的离心率为，得，
，由的面积为，得，
因此，
所以椭圆的方程为.
（2）（i）设，由直线垂直于轴，得，
由原点是的重心，得，即，，
又，解得，所以到直线的距离为.
（ii）由（i）知，当直线斜率不存在时，到直线的距离为；
当直线斜率存在时，设直线方程为，，
由得，且，即，
，
由原点是的重心，得，
解得，点，
于是，整理得，
因此点到直线的距离为
，
所以当与轴垂直时点到直线的距离最大为.
难点点睛：解答本题的难点是第二问中复杂的参数运算，解答时要结合方程求出点到直线的距离的表达式，计算基本都是字母参数的运算，比较复杂，要十分细心.