2023-2024学年河南省部分重点中学高二上学期12月质量检测数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年河南省部分重点中学高二上学期12月质量检测数学试题（含解析），共17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.学校筹办元旦晚会需要从5名男生和3名女生中各选1人作为志愿者，则不同选法的种数是( )
A. 8B. 28C. 20D. 15
2.双曲线x23−y2=1的渐近线方程为
( )
A. y=±2xB. y=± 2xC. y=± 33xD. y=± 3x
3.若直线经过A(1,0)，B(2, 3)两点，则直线AB的倾斜角为
( )
A. 30∘B. 45∘C. 60∘D. 135∘
4.已知空间向量a=2,x,1,b=−1,2,1，若a−b⊥b，则x=( )
A. 72B. 3C. 52D. 2
5.已知四面体O−ABC，G是△ABC的重心，若OG=xOA+yOB+zOC，则x+y−z=( )
A. 4B. 13C. 23D. 12
6.已知直线l:y=k(x−1)与圆C:(x−1)2+(y−2)2=5相交于A，B两点，若∠ACB<90∘，则实数k的取值范围为
( )
A. (− 53, 53)B. (−2 55,2 55)C. (− 155, 155)D. (−23,23)
7.若椭圆上存在点P，使得P到椭圆两个焦点的距离之比为2:1，则称该椭圆为“倍径椭圆”.则“倍径椭圆”的离心率e的取值范围是
( )
A. 33,1B. 0, 33C. 13,1D. 0,13
8.已知抛物线C:y2=2px(p>0)，O为坐标原点，在抛物线C上存在两点A，B(异于原点)，直线OA，OB，AB的斜率分别为k1，k2，k3，若k3=−2k1，则k2k1=( )
A. −34B. −23C. −12D. −32
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列等式正确的是( )
A. Anm=n!n−m!B. A3014=A3016C. Anm=nAn−1m−1D. A207=20A206
10.已知圆C1:x2+y2−2x+4y+1=0与圆C2:x2+y2−2y−8=0，下列说法正确的是
( )
A. 圆C1的圆心坐标为1,−2，半径为2
B. 两圆外离
C. 若M,N分别为两圆上的点，则M,N两点间的最大距离为5+ 10
D. 若E,F为圆C2上的两个动点，且EF=4，则线段EF的中点的轨迹方程为x2+(y−1)2=5
11.如图所示，四边形ABCD为正方形，平面ABCD⊥平面ABF,E为AB的中点，AF⊥BF，且AB= 2AF=2，则下列结论正确的是
( )
A. CA+CB=2 5
B. 直线BC到平面ADF的距离为 3
C. 异面直线AD与FC所成角的余弦值为 63
D. 直线AC与平面BCF所成角的正弦值为12
12.已知焦点在x轴上，对称中心为坐标原点的等轴双曲线C的实轴长为2 2，过双曲线C的右焦点F且斜率不为零的直线l与双曲线交于A，B两点，点B关于x轴的对称点为D，则
( )
A. 双曲线的标准方程为x22−y22=1
B. 若直线l的斜率为2，则|AB|=10 23
C. 若点B，A，F依次从左到右排列，则存在直线l使得A为线段BF的中点
D. 直线AD过定点P(1,0)
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.准线方程为x=1的抛物线标准方程为 ．
14.若空间向量a=(1,1,1)，b=(1,2,1)，c=(1,0,m)共面，则实数m= ．
15.已知直线方程Ax+By+C=0，若0,2,4这三个数作为A,B,C的值，且A,B,C的值互不相同，则Ax+By+C=0可表示 条不同的直线．
16.已知点P是椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)上异于上下顶点的任意一点，O为坐标原点，过点P作圆O:x2+y2=b2的切线，切点分别为M，N，若存在点P使得∠MPN=90∘，则椭圆离心率的最小值为 ．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
已知点P(−1,3)，直线l:x−2y−3=0．
(1)求经过点P且与直线l平行的直线方程;
(2)求经过点P且与直线l垂直的直线方程．
18.(本小题12分)
已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2,E,F分别为A1D1,AB的中点．
(1)证明：AC⊥EF；
(2)求直线AC与平面A1EF所成角的余弦值．
19.(本小题12分)
已知点Px0,y0是双曲线C:x25−y2=1上任意一点．
(1)求证：点P到双曲线C的两条渐近线的距离的乘积是一个常数；
(2)已知点A4,0，求PA的最小值．
20.(本小题12分)
已知圆M经过A1,5,B4,2,C 5+1,0三点．
(1)求圆M的方程；
(2)已知斜率为−12的直线l经过第三象限，且与圆M交于点E,F，求▵EFM的面积的取值范围．
21.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，AD⊥平面PAB，AD/​/BC，PA⊥AB，E为侧棱PA上一点，平面BCE与侧棱PD交于点F，且AB=BC=AE=12AD=2，DP与底面ABCD所成的角为45∘．
(1)求证：F为线段PD的中点;
(2)求平面PDC与平面PBC的夹角的正弦值．
22.(本小题12分)
已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F，离心率为12，点A( 33,− 112)在椭圆C上．
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)过点T(2a,0)作直线l1(直线l1的斜率不为0)与椭圆C相交于M，N两点，过焦点F作与直线l1的倾斜角互补的直线l2，与椭圆C相交于P，Q两点，求|PF|⋅|QF||TM|⋅|TN|的值．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】根据分步乘法计数原理即可求解．
【详解】由题意可知不同选法有3×5=15(种)．
故选：D．
2.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查双曲线的性质及其几何意义，属于基础题．
根据双曲线方程得到a，b，直接写出渐近线方程．
【解答】
解：由双曲线方程可得a= 3，b=1，
又双曲线焦点在x轴，
则双曲线x23−y2=1的渐近线方程为y=± 33x．
故选C．
3.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查直线的斜率公式，倾斜角和斜率的关系，属于基础题．
利用两点坐标求出直线AB的斜率，再求对应的倾斜角即可．
【解答】
解：由直线经过A(1,0)，B(2, 3)两点，可得直线的斜率为 3−02−1= 3，
设直线的倾斜角为θ，则有tan θ= 3，
又0∘⩽θ<180∘，所以θ=60∘．
故选：C．
4.【答案】A
【解析】【分析】根据空间向量运算的坐标表示进行计算即可．
【详解】由题意可得a−b=3,x−2,0，因为a−b⊥b，所以a−b⋅b=−3+2x−2=0，解得x=72．
故选：A．
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了空间向量基本定理的应用，涉及到空间向量的线性运算，属于基础题．
取BC的中点E，连接AE，然后根据空间向量的线性运算即可求解．
【解答】解：如图所示：
取BC的中点E，连接AE，
因为G是△ABC的重心，
所以G 在AE上，
可得AG=23AE，
所以OG=OA+AG
= OA+23AE
=OA+23×12(AB+AC)
=OA+13(OB−OA+OC−OA)
=13(OA+OB+OC)，
所以x=13，y=13，z=13，
则x+y−z=13．
故选：B．
6.【答案】C
【解析】【分析】本题考查了直线与圆的位置关系的应用及点到直线的距离公式，属于中档题．
由题意圆心(1,2)到直线 y=k(x−1)的距离大于 102，即可得解．
【解答】解：因为直线y=k(x−1)与圆C:(x−1)2+(y−2)2=5相交于A，B两点
当 ∠ACB=90∘时，圆心(1,2)到直线 y=k(x−1)的距离等于 102，
所以当 ∠ACB<90∘时，圆心(1,2)到直线 y=k(x−1)的距离大于 102，
即 ｜k×1−2−k｜ k2+1> 102，解得k ∈ (− 155, 155)，
故选C．
7.【答案】C
【解析】【分析】根据条件设出P到椭圆两个焦点的距离，再利用椭圆的定义及椭圆上的点到焦点距离的最值即可求出结果．
【详解】由题可设点P到椭圆两个焦点的距离之分别2m,m，
所以2m+m=2a，得到m=23a，
又m≥a−c，所以23a≥a−c，得到c≥13a，故13≤e<1．
故选：C．
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查直线与抛物线位置关系，属于中档题．
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，直线AB：x=my+t(m≠0)，联立直线AB与抛物线的方程，应用韦达定理，得出y1=−4pm，y2=6pm，结合k2k1=y1y2即得．
【解答】
解：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，直线AB：x=my+t(m≠0)，
由x=my+ty2=2px得y2−2pmy−2pt=0，
所以y1+y2=2pm，
因为k3=−2k1，所以1m=−2·y1x1=−2·y1y122p，
即y1=−4pm，所以y2=6pm，
所以k2k1=y2x2y1x1=y2x1y1x2=y2·y122py1·y222p=y1y2=−4pm6pm=−23．
9.【答案】AC
【解析】【分析】根据排列数的计算公式即可结合选项逐一求解．
【详解】Anm=nn−1n−2⋯n−m−1=n×n−1⋯2×1n−m⋯2×1=n!n−m!，故 A正确；
由上述可知A3014=30!16!,A3016=30!14!，因此A3014≠A3016，故 B错误；
Anm=n!n−m!=n⋅n−1!n+1−m+1!=nAn−1m−1，故 C正确；
由上述可知A207=20A196，故 D错误
故选：AC．
10.【答案】ACD
【解析】【分析】A选项，将圆的一般方程化为标准方程，得到圆心和半径；B选项，求出圆心距，得到1【详解】A选项，圆C1:x2+y2−2x+4y+1=0化为标准方程得(x−1)2+(y+2)2=4，
由此可知圆C1的圆心坐标为1,−2，半径为2，故A选项正确；
B选项，将圆C2:x2+y2−2y−8=0的方程化为x2+(y−1)2=9，
圆心C20,1，半径为3，
因此C1C2= 1−02+−2−12= 10，
因为3−2< 10<3+2，所以1C选项，根据圆的图象可知|MN|max=C1C2+2+3=5+ 10，故 C选项正确；
D选项，不妨设EF中点为P，则C2P⊥EF，圆C2的半径为3，
由垂径定理可知C2P= 32−EF22= 5，即C2P2=5，
设点P的坐标为x,y，又点C2的坐标为0,1，
所以x2+(y−1)2=5，故 D选项正确．
故选：ACD．
11.【答案】ACD
【解析】【分析】根据几何体特征，可利用空间线面位置关系和夹角逐项计算求解即可；
【详解】由题四边形ABCD为正方形，平面ABCD⊥平面ABF,E为AB的中点，
AF⊥BF，且AB= 2AF=2，
所以CE2=CB2+BE2，
CA+CB=2CE=2 12+22=2 5，故A正确；
易知BC//AD,BC⊄平面ADF,AD⊂平面ADF，所以BC/​/平面ADF，由AF⊥BF,AD⊥BF，可知BF⊥平面ADF，所以直线BC到平面ADF的距离为BF= 2，即B错误；
异面直线AD与FC所成角即BC与FC所成角，因此余弦值为BCFC= 63，故C正确；
易知AF⊥平面BCF，即∠AFC=90∘，故AC与平面BCF所成角的正弦值为AFAC=12，故D正确．
故选：ACD．
12.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题考查双曲线的标准方程、弦长问题、双曲线中的定点问题，属于较难题．
对于A，由双曲线的实轴长以及等轴的条件即得；对于B，由弦长公式即得；对于C，由点B在双曲线左支上，点A在双曲线右支上得出矛盾即得；对于D，证明−yA=yA−yDxA−xD(1−xA)即得．
【解答】
解：对于A，由条件得a=b= 2，则双曲线的标准方程为x22−y22=1，A正确；
对于B，右焦点F(2,0)，当直线l的斜率为2时，其方程为y=2x−4，
由x2−y2=2y=2x−4得3x2−16x+18=0，满足判别式大于0，
且xA+xB=163，xAxB=6，
所以|AB|= 22+1· (163)2−4×6=10 23，B正确；
对于C，易得，点B在双曲线左支上，点A在双曲线右支上，
xA−xB>2a=2 2，xF−xA对于D，设直线AB：x=my+2，m≠0(因m=0时点D与点A重合)，m≠±1，
由x=my+2x2−y2=2得(m2−1)y2+4my+2=0，满足判别式大于0，
且yA+yB=4m1−m2，yAyB=2m2−1，
直线AD：y−yA=yA−yDxA−xD(x−xA)，
若直线AD过定点(1,0)，则−yA=yA−yDxA−xD(1−xA)恒成立，
即−yA=yA+yBxA−xB(1−xA)，
即−xAyA+xByA=yA+yB−xAyA−xAyB，
即xAyB+xByA=yA+yB，
即(myA+2)yB+(myB+2)yA=yA+yB，
即2myAyB+yA+yB=0，
即2m·2m2−1+4m1−m2=0，
该式显然成立，故直线AD过定点(1,0)，D正确．
13.【答案】y2=−4x
【解析】【分析】
本题主要考查抛物线的标准方程，属于基础题．
根据抛物线的准线方程，可得抛物线的焦点坐标为(−1,0)，进而可求抛物线标准方程．
【解答】
解：由已知抛物线准线方程为x=1，可得抛物线的焦点坐标为(−1,0)，
可设抛物线的标准方程为y2=−2px，(p>0)
可得p2=1,解得p=2，
所以抛物线标准方程为：y2=−4x．
故答案为y2=−4x．
14.【答案】1
【解析】【分析】
本题考查了空间向量共面定理、空间向量运算的坐标表示，属于中档题．
空间向量a=(1,1,1)，b=(1,2,1)，c=(1,0,m)共面，可得：存在实数λ，μ使得c=λa+μb，空间向量运算的坐标表示即可得出．
【解答】
解：∵空间向量a=(1,1,1)，b=(1,2,1)，c=(1,0,m)共面，
∴存在实数λ，μ使得c=λa+μb，
∴1=λ+μ0=λ+2μm=λ+μ，解得m=1．
故答案为：1．
15.【答案】6
【解析】【分析】由题意，根据分类加法计数原理即可求解．
【详解】当A=0时，可表示2条不同的直线；
当B=0时，可表示2条不同的直线；
当C=0时，可表示2条不同的直线，
由分类加法计数原理，知共可表示6条不同的直线．
故答案为：6
16.【答案】 22
【解析】【分析】
本题主要考查求椭圆的离心率(或取值范围)，属于中档题．
由∠MPN=90∘，并结合圆的切线的性质可得sin ∠MPN2=|OM||OP|=b|OP|= 22，从而可得出a与b的不等关系以及椭圆的离心率．
【解答】
解：由题意作图，
当∠MPN=90∘时，
由于M，N为切点，
sin ∠MPN2=|OM||OP|=b|OP|= 22，
所以|OP|= 2b.
又因为点P在椭圆C上，
所以b< 2b≤a，
即2b2≤a2，
则e=ca= 1−b2a2⩾ 1−12= 22
即e的最小值为 22，
故答案为： 22．
17.【答案】解：(1)设经过点P且与直线l平行的直线方程为x−2y+m=0，
将P(−1,3)代入得−1−6+m=0，m=7，
所以所求直线方程为x−2y+7=0;
(2)直线l:x−2y−3=0的斜率为12，
与直线l垂直的直线斜率为−2，
所以经过点P且与直线l垂直的直线方程为y−3=−2(x+1)，
即2x+y−1=0．
【解析】本题考查了直线平行、垂直的位置关系，直线的点斜式方程，属于基础题．
(1)根据直线平行得到斜率，再根据点斜式方程求解即可；
(2)根据直线垂直得到斜率，再根据点斜式方程求解即可．
18.【答案】解：(1)证明：取AD中点P，连接PE,PF，
由于P,F为AD,AB中点，且四边形ABCD为正方形，因此AC⊥PF，
由于E,P为A1D1,AD中点，且ABCD−A1B1C1D1是正方体，因此EP⊥平面ABCD，
又AC⊂平面ABCD，则EP⊥AC，
因此AC⊥EP,AC⊥PF,EP∩PF=P,EP,PF⊂平面PEF，则AC⊥平面PEF，
又EF⊂平面PEF，因此AC⊥EF；
(2)以D为原点，DA,DC,DD1为x,y,z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则A2,0,0,C0,2,0,A12,0,2,E1,0,2,F2,1,0，
于是AC=−2,2,0,A1E=−1,0,0,A1F=0,1,−2，
设平面A1EF的一个法向量为m=x,y,z，
有−x=0,y−2z=0,令z=1，则m=0,2,1，
因此cs⟨m,AC⟩=m⋅AC|m|⋅|AC|=4 5×2 2= 105，
故直线AC与平面A1EF所成角的余弦值为 155．

【解析】【分析】(1)取AD中点P，连接PE,PF，先利用线面垂直的判定定理证明AC⊥平面PEF，再利用线面垂直的性质定理证明；
(2)以D为原点，DA,DC,DD1为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系，求得平面A1EF的一个法向量为m=x,y,z，再由cs⟨m,AC⟩=m⋅AC|m|⋅|AC|求解．
19.【答案】解：(1)由已知可得a= 5,b=1，所以双曲线的渐近线方程为y=±1 5x，
点Px0,y0到直线y=1 5x，即直线x− 5y=0的距离d1=x0− 5y0 6，
点Px0,y0到直线y=−1 5x，即直线x+ 5y=0的距离d2=x0+ 5y0 6，
所以点P到双曲线C的两条渐近线的距离的乘积为
d1d2=x0− 5y0 6⋅x0+ 5y0 6=x02−5y026，
又Px0,y0在双曲线上，所以x025−y02=1，所以x02−5y02=5，所以d1d2=56是一个常数；
(2)因为x025−y02=1，所以y02=x025−1≥0，解得x0≤− 5或x0≥ 5，
所以|PA|2=x0−42+y02=x0−42+x025−1=65x02−8x0+15=65x0−1032+53，
当x0=103时，|PA|2的最小值为53，所以PA的最小值为 153．

【解析】【分析】(1)根据点到直线的距离公式即可化简求解，
(2)根据点点距离公式，结合二次函数的性质即可求解．
20.【答案】解：(1)设圆M的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，将A,B,C三点坐标代入，
则D+5E+F+26=04D+2E+F+20=0 5+1D+F+ 5+12=0，解得D=−2,E=−4,F=−4,
则圆M的方程为x2+y2−2x−4y−4=0；
(2)
由(1)知圆M的方程为x−12+y−22=9，
即圆心M1,2，半径为r=3，
可设直线l方程：y=−12x+k,k<0，
圆心M1,2到直线l的距离为d=12+2−k 14+1=5−2k 5，
由于k<0，且直线l与圆交于两点，因此d> 5,0线段EF=2 9−d2，因此▵EFM的面积S=12⋅d⋅2 9−d2= −d2−922+814，
由于 5所以▵EFM的取值范围为0,2 5．

【解析】【分析】(1)设出圆方程，代入点坐标，利用待定系数法求解圆M的方程即可．
(2)设出直线方程，表示出▵EFM的面积，根据参数范围即可求出▵EFM的面积的取值范围．
21.【答案】解：(1)证明：因为AD⊥平面PAB，PA，AB⊂平面PAB，所以AD⊥AB，AD⊥PA，
又因为PA⊥AB，且AD∩AB=A，AD，AB⊂平面ABCD，所以PA⊥平面ABCD，∠PDA为DP与平面ABCD所成的角，
由∠PDA=45∘，有PA=AD=4，所以E为PA中点，
因为AD/​/BC，BC⊄̸平面ADP，AD⊂平面ADP，所以BC/​/平面ADP，
又因为BC⊂平面BCE，平面BCE∩平面ADP=EF，所以BC/​/EF，所以EF/​/AD，所以F为线段PD的中点;
(2)解：由(1)可知AD.AB，AP两两垂直，如图所示，以AD，AB，AP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则P(0,0,4)，D(4,0,0)，C(2,2,0)，B(0,2,0)，
所以PD=(4,0,−4)，CD=(2,−2,0)，设平面PDC的法向量为n1=(x,y,z)，
则n1⋅PD=(x,y,z)⋅(4,0,−4)=4x−4z=0,n1⋅CD=(x,y,z)⋅(2,−2,0)=2x−2y=0,
取x=1，得n1=(1,1,1)，
设平面PBC的法向量为n2=(a,b,c)，由BC=(2,0,0)，BP=(0,−2,4)，
则n2⋅BC=2a=0,n2⋅BP=−2b+4c=0,取b=2，得n2=(0,2,1)，
所以|csn1,n2|=3 3× 5= 155，
所以平面PDC与平面PBC的夹角的正弦值为 1− 1552= 105．
【解析】本题主要考查了直线与平面平行的判定定理，考查了利用空间向量求平面与平面所成的角，属于中档题．
(1)根据线面垂直性质定理，线面垂直判定定理可知∠PDA为DP与平面ABCD所成的角，然后利用线面平行的判定及性质定理可得EF/​/AD，进而即得；
(2)建立空间直角坐标系，求得平面法向量，利用夹角公式可得答案．
22.【答案】解：(1)根据题意可得e=ca=1213a2+114b2=1a2=b2+c2⇒a2=4b2=3c2=1,
所以椭圆的方程为x24+y23=1．
(2)过点T(4,0)作直线l1(直线l1的斜率k不为0)与椭圆C相交于M(x1,y1)，N(x2,y2)两点，
过焦点F(1,0)作与直线l1的倾斜角互补的直线l2，与椭圆C相交于P(x3,y3)，Q(x4,y4)两点，
设直线l1:y=kx−4，则直线l2:y=−kx−1，
联立y=k(x−4)3x2+4y2=12⇒(4k2+3)x2−32k2x+64k2−12=0,
联立y=−k(x−1)3x2+4y2=12⇒(4k2+3)x2−8k2x+4k2−12=0,
故x1+x2=32k24k2+3，x1x2=64k2−124k2+3，x3+x4=8k24k2+3，x3x4=4k2−124k2+3，
|TM||TN|= k2+1·|x1−4|· k2+1·|x2−4|=(k2+1)|x1x2−4(x1+x2)+16|
=(k2+1)|64k2−124k2+3−4·32k24k2+3+16|=36(k2+1)4k2+3，
|PF||QF|= (−k)2+1·|x3−1|· (−k)2+1·|x4−1|=(k2+1)|x3x4−(x3+x4)+1|
=(k2+1)|4k2−124k2+3−8k24k2+3+1|=9(k2+1)4k2+3，
∴|PF|⋅|QF||TM|⋅|TN|=936=14．
【解析】本题考查椭圆的方程，直线与椭圆的位置关系，属于中档题．
(1)根据题意可得e=ca=1213a2+114b2=1a2=b2+c2，解得a2，b2，c2，即可得出答案；
(2)设直线l1:y=kx−4，则直线l2:y=−kx−1，分别联立直线与椭圆方程，结合韦达定理即可求解．