2023-2024学年辽宁省六校协作体高二上学期12月联考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年辽宁省六校协作体高二上学期12月联考数学试题含答案，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，问答题，证明题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．“”是“直线与直线互相垂直”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
【答案】A
【分析】根据充分条件和必要条件的定义结合两直线垂直的判定分析判断即可.
【详解】当直线与直线互相垂直时，
，得，解得或，
所以当时，直线与直线互相垂直，
而当直线与直线互相垂直时，或，
所以“”是“直线与直线互相垂直”的充分不必要条件，
故选：A
2．在三棱锥中，若，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据空间向量基本定理求出答案.
【详解】因为，所以，故，
又，
所以．
故选：B
3．已知圆C与y轴相切于点，且与直线相切，则圆C的标准方程为（ ）
A．
B．
C．或
D．或
【答案】C
【分析】根据圆的切线性质，结合圆的标准方程，可得答案.
【详解】因为圆C与y轴相切于点，所以可设圆C的标准方程为．
因为圆C与直线相切，所以，所以或，
所以圆C的标准方程为或．
故选：C.
4．如图，棱长为2正方体，为底面的中心，点在侧面内运动且，则点的轨迹长度为（ ）

A．B．C．D．1
【答案】A
【分析】建立空间直角坐标系，设，（），由得到P的轨迹方程，从而得到P的轨迹为线段求解.
【详解】解：建立如图所示空间直角坐标系：

则，设，（），
则，
因为，则，
所以，即，
化简得，则动点P的轨迹为线段CE，
其中，则，
所以，
故选：A
5．如图所示，将四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端异色，如果只有4种颜色可供使用，则不同的染色方法种数为（ ）

A．120B．96C．72D．48
【答案】C
【分析】分为同色，且同色；同色，而不同色；同色，而不同色三种情况，分别计算，根据分类加法计数原理，求和即可得出答案.
【详解】由题意知，与任意一点均不同色.
只用3种颜色，即同色，且同色，此时不同染色方法的种数为；
用4种颜色，此时可能同色，而不同色或同色，而不同色.
若同色，而不同色，此时不同染色方法的种数为；
若同色，而不同色，此时不同染色方法的种数为.
根据分类加法计数原理可得，不同染色方法的种数为.
故选：C.
6．已知椭圆的左、右焦点分别为，，点是椭圆短轴的一个端点，且，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据余弦定理即可求解.
【详解】由题意可知，，
在中，由余弦定理得，化简得，
则，所以，
故选：C.
7．双曲线的左、右焦点分别为F₁、F₂，A为双曲线C左支上一点，直线与双曲线C的右支交于点B，且，则（ ）
A．B．26C．25D．23
【答案】B
【分析】由双曲线定义有，设易得，，在中应用余弦定理求参数，即可求.
【详解】由题设知：，
令，则，，
中，，则，
所以，则，故，则，
所以.

故选：B
8．已知抛物线的焦点为，动点在上，圆的半径为1，过点的直线与圆相切于点，则的最小值为（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】B
【分析】根据直线与圆相切得勾股定理，由数量积的定义求解得，即可根据抛物线的焦半径求解.
【详解】解：因为抛物线，所以焦点坐标为，如下图所示：

连接，过作垂直准线于，
则在直角中，，
所以
由抛物线的定义得：，则由图可得的最小值即抛物线顶点到准线的距离，即，
所以.
故选：B
二、多选题
9．作为平面直角坐标系的发明者，法国数学家笛卡尔也研究了不少优美的曲线，如笛卡尔叶形线，其在平面直角坐标系xOy下的一般方程为.某同学对情形下的笛卡尔叶形线的性质进行了探究，得到了下列结论，其中正确的是( )
A．曲线不经过第三象限
B．曲线关于直线对称
C．曲线与直线有公共点
D．曲线与直线没有公共点
【答案】ABD
【分析】A：当时，判断是否可能成立即可；
B：将点(y，x)代入方程，判断与原方程是否相同即可；
C、D：联立直线和曲线方程，判断方程组是否有解即可.
【详解】当时，，故第三象限内的点不可能在曲线上，A选项正确；
将点代入曲线有程得，故曲线关于直线对称，B选项正确；
联立其中，
将代入得，即，则方程组无解，故曲线与直线无公共点，C选项错误，D选项正确.
故选：ABD.
10．为响应政府部门疫情防控号召.某红十字会安排甲乙丙丁4名志愿者分别奔赴，，三地参加防控工作，下列选项正确的是（ ）
A．共有64种不同的安排方法
B．若地无人去，，两地各有2人去，则共有6种不同的安排方法
C．每地均有人去，则共有36种不同的安排方法
D．若该红十字会又计划为这三地捐赠20辆救护车（救护车相同），且每地至少安排一辆，则共有171种不同的安排方法
【答案】BCD
【分析】对于A，安排甲乙丙丁4名志愿者分别奔赴A，B，C三地参加防控工作，每人有3种安排方法求解；对于B，若地无人去，需要将4人安排到剩下的两个地方即可；对于C，将4人分为3组，分配到三个地方去；对于D，将20辆救护车排成一排，在19个空位中插入挡板求解.
【详解】对于A，安排甲乙丙丁4名志愿者分别奔赴，，三地参加防控工作，每人有3种安排方法，则有种安排方法，故选项 A错误；
对于B，若地无人去，需要将4人安排到两个地方，先分组有种，在分配到两地，共有种，故选项B正确；
对于C，根据题意，需要将4人先分为3组，则有种分配方案，再将3组人员分配到三个地方则共有种安排方法，故选项C正确；
对于D，只需要将20辆救护车排成一排，在19个空位中插入挡板，就可以将20辆救护车分为3组，依次对应，，三地即可，有种安排方法，故选项D正确；
故选：BCD．
11．如图，长方体中，，，，点M是侧面上的一个动点（含边界），P是棱的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．当PM长度最小时，三棱锥的体积为
B．当PM长度最大时，三棱锥的体积为
C．若保持，则点M在侧面内运动路径的长度为
D．若M在平面内运动，且，则点M的轨迹为圆弧
【答案】AC
【分析】由等体积法可判断AB，由圆的知识可判断C，利用空间向量法求夹角余弦值，可判断D.
【详解】对于A，当PM长度最小时，点在线段的中点，
， ，A正确.
对于B，当PM长度最大时，点与点或点重合，若点与点重合，
，
当点与点重合时，由于与平面不平行且在该平面同侧，
所以此时体积不为，所以B错误.
对于C，作中点，连接，如下图所示，易证平面，
平面，则，若保持，则，
则点M的轨迹是以为半径的半圆弧，长度为，C正确.
对于D，以点为原点建立空间直角坐标系如图所示：
则，，，设
则有，，
若，则有，
即，
化简得：，
即，
即或（此时，）,
故点M的轨迹为一段直线，D错误.
故选：AC
12．已知是抛物线的焦点，是上的两点，为原点，则（ ）
A．若垂直的准线于点，且，则四边形的周长为
B．若，则的面积为
C．若直线过点，则的最小值为
D．若，则直线恒过定点
【答案】BCD
【分析】对于A，由条件可得垂直于轴，然后可得四边形的周长，对于B，由条件可得点的横纵坐标，即可得的面积，对于C，设直线，然后联立抛物线的方程消元，然后得到，然后结合基本不等式可得的最小值，对于D，设直线，然后联立抛物线方程消元，然后由可求出的值.
【详解】
对于选项，由题意知，且垂直于轴，根据抛物线的定义可知.
设与轴的交点为，易知，
故，
所以四边形的周长为，选项错误；
对于选项，由题意得，解得，所以，
从而，选项正确；
对于选项，若直线过点，设直线，
联立直线与抛物线方程得，易得，
则，
所以，
当且仅当时，等号成立，选项C正确；
对于选项D，设直线，联立直线与抛物线方程得，
则，即，，所以，
由可得，
即，解得，
故直线的方程为，即直线恒过定点，选项D正确.
故选：BCD.
三、填空题
13．在空间直角坐标系中，，，则点到直线的距离为 ．
【答案】/
【分析】根据空间向量点到直线的距离公式求解即可.
【详解】取，，
则，，
所以点到直线的距离为．
故答案为：.
14．从甲､乙等5人中任选3人参加三个不同项目的比赛，要求每个项目都有人参加，则甲､乙中至少有1人入选的不同参赛方案共有 种.
【答案】54
【分析】根据排列数利用间接法，在总体中排除没有甲、乙的参赛方案.
【详解】若甲､乙等5人中任选3人参加三个不同项目的比赛，共有种不同参赛方案，
若没有甲､乙入选的不同参赛方案共有种，
所以甲､乙中至少有1人入选的不同参赛方案共有种.
故答案为：54.
15．已知在一个二面角的棱上有两点，线段分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱，则这个二面角的大小为 .
【答案】
【分析】设，二面角的大小为，根据展开计算得到，得到答案.
【详解】如图，设，（），则二面角的大小为，

，，，，
故.
故，故，.
因此所求二面角的度数为.
故答案为：.
16．如图，分别是双曲线的右顶点和右焦点，过作双曲线的同一条渐近线的垂线，垂足分别为为坐标原点，若，则的离心率为 ．
【答案】
【分析】利用点到直线的距离公式可得，进而可得，结合条件即得.
【详解】由题可得，双曲线的一条渐近线为，
∴，，
∴，
又，
∴，
∴，即的离心率为为.
故答案为：.
四、问答题
17．（1）解不等式．
（2）若，求正整数n．
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）根据排列数及排列数公式，计算即可；
（2）根据组合数及组合数公式，计算即可．
【详解】（1）由，可得，可得.
可得，
所以，即，
因为，，，
，，
所以；
（2）
，
故，解得.
五、证明题
18．如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，，平面平面，，，，
(1)求证：平面；
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）根据面面垂直性质定理以及线面垂直判定定理，可得答案；
（2）建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，利用面面角向量公式，可得答案.
【详解】（1）因为平面平面，平面平面，，
平面，所以平面，
又因为平面，所以，
又因为，，平面，平面，
所以平面.
（2）
由（1）知平面，又平面，平面，
所以，，过引，则有，，
又因为，即，
以为原点，以为轴，以为轴，以为轴建立空间直角坐标系
设，则，，，，，
所以，，，
由于，所以，所以，即，
从而，则，，，
设平面PDC的一个法向量为，则有，即，
取，解得，即，
设平面的一个法向量为，则有，即，
取，解得，即，
所以
设二面角的平面角为，为钝角，
所以二面角的平面角余弦值为.
19．在平面直角坐标系中，点到点的距离与到直线的距离相等，记动点的轨迹为．
(1)求的方程；
(2)直线与相交异于坐标原点的两点，，若，证明：直线恒过定点，并求出定点坐标．
【答案】(1)
(2)证明见解析，
【分析】（1）利用抛物线的定义或者直接把条件转化可得答案；
（2）设出方程，利用垂直可得，进而得到定点或者利用直线的两点式方程，结合韦达定理可得定点.
【详解】（1）法一因为到点的距离与到直线的距离相等；
所以的轨迹是以为焦点为准线的抛物线故可设的方程为,
则有 所以,
故的方程为.
法二设的坐标为则有,
所以.
即, 所以的方程为.
（2）法一设方程为，
因为，所以，即.
所以，即；
由得，
所以.
所以，即，所以；
所以方程为，
故恒过定点.
法二设，因为，所以；
所以，所以.
所以的方程为，
整理得，
所以，即，
所以直线恒过定点.
六、问答题
20．已知双曲线与圆相切，过的一个焦点且斜率为的直线也与圆相切．
(1)求双曲线的方程；
(2)是圆O上在第一象限的点，过且与圆相切的直线l与的右支交于A、B两点，的面积为，求直线l的方程．
【答案】(1) ；(2).
【分析】(1)通过几何关系可求得，从而求得双曲线方程；
(2)设出直线l，利用圆心到直线的距离等于半径建立等式，再联立直线和双曲线，得到韦达定理，再利用面积等于建立等式，从而求得直线方程.
【详解】(1)∵双曲线与圆相切，∴，
过C的一个焦点且斜率为的直线也与圆O相切，则，
∴，
故双曲线的方程为；
(2)设直线l：，，，
圆心到直线l的距离，由得，
由得，，
则，，
＝
＝＝，
又的面积，∴，
由， 解得k＝－1，，
∴直线l的方程为.
七、证明题
21．如图1，梯形中，，过分别作，垂足分别为，已知，将梯形沿折起，得空间几何体，如图2．
(1)在图2中，若，证明：平面．
(2)在图2中，若，在线段上求一点，使与平面所成角的正弦值最大，并求出这个最大值．
【答案】(1)证明见详解
(2)点与点重合；
【分析】（1）先证明则平面,进而，又，利用线面垂直的判断定理即可证明；（2）以为坐标原点，以分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，设出点，求出平面的法向量坐标及的坐标，
求出，变形后利用二次函数的单调性可求出最值.
【详解】（1）由已知四边形是正方形，且边长为，
在图2中，,
又，,
平面,平面,
则平面,
又平面,所以,
又,,
平面,平面,
所以平面.
（2）在图2中，
平面,平面,
则平面，
在梯形中，过点作,交于点连接,
由题意得又,根据勾股定理可得,
则
过作交于点,
可知两两垂直，
以为坐标原点，以分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，
则
设平面的一个法向量为，
则，
取，得
设，则，
设与平面所成角为，
则
故当，即时，点与点重合时，有最大值，
且此时最大值为.
八、问答题
22．已知椭圆的两个顶点，且其离心率为．
(1)求椭圆Γ的方程；
(2)设过椭圆Γ的右焦点F的直线与其相交于A，B两点，若（O为坐标原点），求直线AB的方程；
(3)设R为椭圆Γ上的一个异于M，N的动点，直线MR，NR分别与直线相交于点P，Q，试求|PQ|的最小值
【答案】(1)
(2)
(3)．
【分析】（1）利用椭圆的离心率为，焦距为4，求出几何量，即可求出椭圆的方程．
（2）设直线AB的方程为，直线与椭圆联立结合可求出，即可求出直线AB的方程．
（3）设，由题目条件求出，由结合均值不等式，即可求出|PQ|的最小值．
【详解】（1）由条件，解得，．
故椭圆Γ的方程为．
（2）易知椭圆Γ右焦点F的坐标为，设直线AB的方程为，
，则由，得，
显然．于是，①
因为，故，
即
于是②
将①代入②：，解得．
故直线AB的方程为：，即.
（3）设，则．
因，故直线MR的方程为，其与直线的交点P的横坐标为；
又，故直线NR的方程为，其与直线的交点P的横坐标为．
于是，即．
故．
当且仅当，即点R坐标为或时，|PQ|取得最小值．