辽宁省锦州市三校联考2024−2025学年高二上学期期末质量检测数学试题 [含答案]

这是一份辽宁省锦州市三校联考2024−2025学年高二上学期期末质量检测数学试题 [含答案]，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。
一、单选题
1．园艺部门打算为一个社区休闲广场的中心花坛（如图）布置花卉，要求同一区域摆放同一种花卉，相邻的两块区域（有公共边）摆放不同种类的花卉．现有4种不同种类的花卉可供选择，则不同布置方案有（ ）
A．144种B．120种C．96种D．72种
2．已知直线与直线垂直，则直线的倾斜角是（ ）
A．B．C．D．
3．已知事件A，B相互独立，且，，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知双曲线的两个焦点为，双曲线上有一点，若，则（ ）
A．10B．2C．2或10D．14
5．在党的二十大报告中，他提出要发展“高质量教育”，促进城乡教育均衡发展.某地区教育行政部门积极响应党中央号召，近期将安排甲､乙､丙､丁4名教育专家前往某省教育相对落后的三个地区指导教育教学工作，则每个地区至少安排1名专家的概率为（ ）
A．B．C．D．
6．已知圆和圆相交于A，B两点，则弦AB的长为（ ）．
A．B．C．4D．2
7．已知椭圆的上焦点为，右顶点为B，斜率为的直线l交椭圆于，两点，若恰好为的重心，则椭圆的离心率为（ ）
A．或B．C．D．
8．棱长为2的正方体中，是棱的中点，点在侧面内，若垂直于，则的面积的最小值为（ ）
A．B．C．D．1
二、多选题
9．已知二项式，则其展开式中（ ）
A．的系数为15B．各项系数之和为1
C．二项式系数最大项是第3项D．系数最大项是第3项或第5项
10．在棱长为1的正方体中，O为上底面的中心，则（ ）
A．平面
B．
C．直线与的距离为
D．直线与平面所成角的正弦值为
11．如图，曲线可以看作“蝴蝶结”的一部分，已知曲线上除原点外的所有点均满足其到原点的距离的立方与该点横纵坐标之积的绝对值的商恒为定值（），则（ ）
A．曲线关于直线对称
B．曲线经过点，其方程为
C．曲线围成的图形面积小于
D．存在，使得曲线上有5个整点（即横、纵坐标均为整数的点）
三、填空题
12．已知的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，且展开式的各项系数之和为1024，以下结论，正确结论的序号为
①展开式中奇数项的二项式系数和为256
②展开式中第6项的系数最大
③展开式中存在常数项
④展开式中含项的系数为45
13．已知四面体，，为边长为的等边三角形，若顶点在平面的投影是的垂心，则四面体的体积为 .
14．已知两点，，动点M满足，抛物线的焦点为F，动点N在C上，则的最小值为 .
四、解答题
15．从5名男生和4名女生中选出4人去参加座谈会，问：
（1）如果4人中男生和女生各选2人，有多少种选法？
（2）如果男生中的甲与女生中的乙至少要有1人在内，有多少种选法？
16．已知圆，圆的圆心在直线上，且过点．
(1)求圆的标准方程；
(2)已知第二象限内的点在圆上，过点作圆的切线恰好与圆相切，求的斜率．
17．如图，在三棱锥中，是边长2的等边三角形， .
（1）证明：平面平面；
（2）求点到平面的距离；
（3）求二面角的正弦值.
18．个考签中有个难签，人参加抽签（不放回），甲先，乙次之，丙最后.求：
（1）甲抽到难签的概率；
（2）在甲抽到难签后，乙抽到难签的概率；
（3）甲、乙两人有人抽到难签的概率.
19．“曼哈顿几何”也叫“出租车几何”，是在19世纪由赫尔曼•闵可夫斯基提出来的．在城市路网中，我们只能走有路的地方，不能“穿墙”而过，如图，对于一个具有正南､正北､正东和正西方向规则布局的城镇街道，从一点到另一点的距离等于在南北方向上行进的距离加上在东西方向上行进的距离，这种距离即“曼哈顿距离”，也叫“出租车距离”．对于平面直角坐标系中的点和，两点间的“曼哈顿距离”．
（1）如图，若为坐标原点，两点坐标分别为和，求；
（2）若点满足，试在图中画出点的轨迹，并求该轨迹所围成图形的面积；
（3）已知函数是图象上一个动点，求的最值，并求出此时点的坐标．
答案
1．【正确答案】C
【详解】先考虑A区有4种可供选择，再考虑B区有3种，D区有2种，E区有2种，C区有2种，
由分步乘法计数原理得共有种.
故选C.
2．【正确答案】C
【详解】由题意，直线的斜率为1，
因为直线与直线垂直，所以直线的斜率为-1.
结合斜率与倾斜角的关系，得直线的倾斜角为.
故选C
3．【正确答案】C
【详解】因为事件是相互独立事件，所以与相互独立，
所以，
则.
故选C.
4．【正确答案】A
【详解】因为双曲线，
所以，故，即，
由双曲线的定义知，，
所以或，
当时，,不合题意，舍去.
故.
故选A
5．【正确答案】B
【详解】甲､乙､丙､丁4名教育专家到三个地区指导教育教学工作的安排方法共有：种；
每个地区至少安排1名专家的安排方法有：种；
由古典概型的计算公式，每个地区至少安排1名专家的概率为.
故选B.
6．【正确答案】A
【详解】由题意知圆，即圆，
圆心为，半径，
圆，即圆，
圆心为，半径，
则，即两圆相交，
将圆和圆的方程相减，
可得直线的方程为，
则到直线的距离为，
故弦的长为，
故选A
7．【正确答案】D
【详解】延长交于点M，所以点M为的中点，设.
因为，点为的重心，
所以即，所以.
因为点在椭圆上，
所以，两式相减得，即，
整理得.
因为，所以，即，
所以，解得或.
又因为，所以，，所以.
故选D.
8．【正确答案】A
【详解】以分别为轴建立空间直角坐标系，
依题意有，
，由于，
故，解得.
根据正方体的性质可知，，故为直角三角形，
而，故，
的面积为，
当时，面积取得最小值为，
故选:A.
9．【正确答案】AD
【详解】的展开式的通项为，
对于A，取，则，故的系数为，故A正确；
对于B，因为，
令，则各项系数之和为，故B错误；
对于C，二项式展开后共有7项，所以二项式系数最大项是第4项，故C错误；
D，由展开式的通项可得展开式中各项的系数依次为：，
故系数最大项是第3项或第5项，D正确；
故选AD.
10．【正确答案】ACD
【详解】如图，建立空间直角坐标系，
则，
所以，，
设平面的法向量为，
则，令，可得，
所以，即，
又因为平面，所以平面，故A正确；
，平面的法向量，
设直线BC与平面所成角为，
则，
所以直线BC与平面所成角的正弦值为，故D正确；
，，
则，
所以不成立，故B错误；
因为，设，，
则，令，则，
又因为，所以直线与的距离为，故C正确.
故选ACD
11．【正确答案】ACD
【详解】对于A，先求曲线方程，设曲线上一点（），
由已知，即.
若点在曲线上，则也满足曲线方程，
所以曲线关于直线对称，A选项正确.
对于B，将代入曲线方程，得，即，，此时方程为，B选项错误.
对于C，，则，
所以C在以圆心为O，半径为的圆内，结合图形知道，C选项正确.
对于D，由于，所以，
由曲线的对称性可知，要使曲线上有5个整点，
则曲线在第一象限内有两个整点，当整点为时，，
此时整点都在曲线上，其有3个整点，不满足题意;
当整点为时，，此时整点均在曲线上，
且均不在曲线上，其有5个整点，满足题意，D正确.
故选ACD.
12．【正确答案】②③④
【详解】对①，由二项式的展开式中第5项与第7项的二项数系数相等可知，
又展开式的各项系数之和为1024，即当时，，又，所以，
所以二项式为，
则二项式系数和为，则奇数项的二项式系数和为，故①错误；
对②，由可知展开式共有11项，中间项的二项式系数最大，
即第6项的二项式系数最大，因为与的系数均为1，
则该二项式展开式的二项式系数与系数相同，所以第6项的系数最大，故②正确；
对③，若展开式中存在常数项，由通项可得，解得，故③正确；
对④，由通项可得，解得，所以系数为，故④正确.
13．【正确答案】
【详解】解：

作平面，垂足为，是的垂心，
连结交于，连结交于，则，
因为，所以，所以是边的中点，是边的垂直平分线，
所以，
平面，平面， 所以，，
平面，平面，
所以平面，平面，所以
平面，所以平面平面，
在平面内作，垂足为，平面平面，
所以平面，平面，所以
连结交于
平面，平面，
所以平面，平面，所以，
平面，平面，，
所以平面，
平面，所以，
由等边三角形的高线、中线、角平分线合一，
所以是的中心，所以三棱锥是正三棱锥，
所以，
，，
，
.
14．【正确答案】3
【详解】因为点M满足，
设，则，
两边平方整理得，
即点M的轨迹为圆心，半径为2的圆，
的最小值是M到准线的最短距离，
因为N可以选择在抛物线上，使得N到M的距离加上N到准线的距离最小，
圆心到准线的距离是，
圆的半径是2，所以M 到准线的最短距离是，
因此，的最小值是
15．【正确答案】（1）60；（2）91
【详解】解：（1）根据题意，从5名男生中选出2人，有种选法，
从4名女生中选出2人，有种选法，
则4人中男生和女生各选2人的选法有种；
（2）先在9人中任选4人，有种选法，
其中甲乙都没有入选，即从其他7人中任选4人的选法有种，
则甲与女生中的乙至少要有1人在内的选法有种；
16．【正确答案】(1)
(2)
【详解】（1）设圆的圆心坐标为，半径为.
因为圆过点和，根据圆的标准方程.
对于点有，即 ①.
对于点有，即 ②.
将②代入①可得.
展开得.
移项化简得，即，解得.
把代入②得.
所以圆的标准方程为.
（2）如图所示，两圆外离，公切线有四条，由于第二象限内的点在圆上显然满足题意的是.下面求公切线斜率.显然斜率存在，设切线.
圆心到切线（即）的距离（∗），
圆心到切线（即）的距离（∗∗），
两个式子比，得到由 .化简得到，
则或者.即或者.
当时，代入方程（∗），得到，两边平方整理得，解得或.
当时，代入方程（∗），同样得到，解得.
由于且由图知道，因此，.
故满足题意的的斜率为.

17．【正确答案】（1）见详解
（2）
（3）
【详解】（1）证明：取AB中点O，连接PO，CO，如图所示，
因为是边长为2 的等边三角形，O为AB中点，
所以，且，
因为，O为AB中点，
所以，且，
因为，所以，所以，
因为，平面，
所以平面，
所以平面，所以平面平面.
（2）由（1）得两两垂直，则以O为原点，所在直线为x，y，z轴建系，如图所示，
则，
所以，
设平面的法向量，
则，即，
令，则，即，
所以点到平面的距离
（3）设平面PBC的法向量，
所以，即，
令，则，即，
由（2）得平面的法向量，
所以，
所以，即二面角的正弦值
18．【正确答案】（1）
（2）
（3）
【详解】（1）依题意，个考签中有个难签，所以甲抽到难签的概率是.
（2）甲抽到难签后，还剩个考签中有个难签，乙抽到难签的概率为.
（3）“甲、乙两人有人抽到难签”的对立事件为“甲、乙都没抽到难签”，
甲、乙都没抽到难签的概率为，
所以甲、乙两人有人抽到难签的概率为.
19．【正确答案】（1）5；5；4；
（2）见详解；
（3）见详解.
【详解】（1）因两点坐标分别为和，根据，
得，，
（2）设，由，得.
当时，；当时，；
当时，；当时，；
所以其轨迹是一个以为顶点的正方形.
正方形的边长为，其面积为.如图：
（3）因M点在的图象上，设，
所以，
所以在上单调递减，在上单调递增，当时，，
当时，，当时，.
所以当时，，当时，.
故的最小值为，此时，的最大值为，此时.