精品解析：吉林省东北师范大学附属中学2024-2025学年高二下学期开学验收考试数学试题

2024—2025学年（下）高二年级“诚信自觉､反思提升” 开学验收考试数学学科试卷 命题人：姜冬艳 审题人：何震 付盼盼 一､单项选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 2. 若，则（ ） A. 380 B. 190 C. 188 D. 240 3. 已知曲线：（），从上任意一点向轴作垂线段，为垂足，则线段中点的轨迹方程为（ ） A. （） B. （） C. （） D. （） 4. 在平面直角坐标系中，记为点到直线的距离，当、变化时，的最大值为 A. B. C. D. 5. 过抛物线焦点的直线交抛物线于，两点，若，则直线的斜率为（ ） A. B. C. D. 6. 已知空间四点，，，，则四面体的体积为（ ） A. B. C. 15 D. 7. 在哈尔滨的中央大街的步行街同侧有6块广告牌，牌的底色可选用红、蓝两种颜色，若要求相邻两块牌的底色不都为蓝色，则不同的配色方案共有 A. 20 B. 21 C. 22 D. 24 8. 已知双曲线：的左、右焦点分别为，，过作倾斜角为的直线交双曲线于，两点，若，的内切圆半径分别为，，则（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 二､多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得4分，部分选对得2分，有选错或不选得0分） 9. 在空间中，下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若是空间向量的一组基底，则可以构成空间向量的另一组基底 C. “向量，，共面”是“直线，，共面”的充要条件 D. ，分别是直线，的方向向量，“与不平行”是“与异面”的必要条件 10. 已知的展开式中各项系数的和为1，则下列结论正确的有（ ） A. B. 展开式中不含常数项 C. 展开式中项系数为80 D. 展开式中各项系数绝对值的和为243 11. “曼哈顿距离”是由赫尔曼•闵可夫斯基首先提出的，是一种使用在几何度量空间的几何学用语.在平面直角坐标系中，是坐标原点，定义点与点的曼哈顿距离为.若点，点，直线和的方程分别是和，则下列叙述正确的是（ ） A. B. 点与直线上任意一点的曼哈顿距离最小值为2 C. 若动点满足，则的轨迹围成图形的面积是32 D. 若动点与直线上任意一点的曼哈顿距离最小值等于，则的轨迹与直线围成的封闭图形面积是2 三､填空题（本大题共3小题，每小题4分，共12分.） 12. 若圆与圆相外切，则a的值为_____． 13. 如图，用四种不同的颜色分别给A，B，C，D四个区域涂色，相邻区域必须涂不同颜色，若允许同一种颜色多次使用，则不同的涂色方法的种数为______（用数字作答） 14. 平行六面体中，，，，则的长是______. 四､解答题（本大题共5小题，共58分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.） 15. 已知的展开式中，第4项的系数与倒数第4项的系数之比为. （1）求m的值； （2）求展开式中所有项的系数和与二项式系数和； （3）将展开式中所有项重新排列，求有理项不相邻的概率. 16. 已知圆与直线相切． （1）求圆O的标准方程； （2）若线段AB的端点A在圆O上运动，端点B的坐标是，求线段AB的中点M的轨迹方程． 17. 在①，②，③轴时，这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答． 问题：已知抛物线的焦点为F，点在抛物线C上，且______． （1）求抛物线C的标准方程； （2）若直线与抛物线C交于A，B两点，求的面积． 18. 如图，在等腰梯形中，，，将沿翻折至，使得平面平面. （1）求异面直线与所成角的余弦值； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）点在棱（不包含端点）上，且平面与平面所成角的余弦值为，求的值. 19. 在平面直角坐标系中，以坐标轴为对称轴的椭圆过点和点，，，，是椭圆上异于顶点的四个点，直线与相交于点，直线的斜率存在且过点. （1）求椭圆的标准方程； （2）若，求直线的方程； （3）记，分别为直线与直线的斜率，求的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024—2025学年（下）高二年级“诚信自觉､反思提升” 开学验收考试数学学科试卷 命题人：姜冬艳 审题人：何震 付盼盼 一､单项选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用双曲线方程可得渐近线方程． 【详解】双曲线的渐近线方程为，即， 故选：C. 2. 若，则（ ） A. 380 B. 190 C. 188 D. 240 【答案】B 【解析】 【分析】利用组合数的性质求出，再求出答案. 【详解】由，得，所以. 故选：B 3. 已知曲线：（），从上任意一点向轴作垂线段，为垂足，则线段中点的轨迹方程为（ ） A. （） B. （） C. （） D. （） 【答案】C 【解析】 【分析】设点，由题意，根据中点坐标表示可得，代入圆的方程即可求解. 【详解】设点，则，， 因为为的中点，所以，即， 又在圆上， 所以，即， 即点的轨迹方程为. 故选：C. 4. 在平面直角坐标系中，记为点到直线的距离，当、变化时，的最大值为 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】为单位圆上一点，而直线过点，则根据几何意义得的最大值为. 【详解】为单位圆上一点，而直线过点， 所以的最大值为，选C. 【点睛】与圆有关的最值问题主要表现在求几何图形的长度、面积的最值，求点到直线的距离的最值，求相关参数的最值等方面．解决此类问题的主要思路是利用圆的几何性质将问题转化． 5. 过抛物线焦点的直线交抛物线于，两点，若，则直线的斜率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分析可知，直线的斜率必存在，设直线的方程为，，，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，由可得，解方程组即可求解. 【详解】由题知，直线的斜率必存在，故设直线方程为：. 联立方程组，消去并整理得. ， 设，，则，. ，，即. 由韦达定理得. 联立方程组，解得或. . 故选：A. 6. 已知空间四点，，，，则四面体的体积为（ ） A. B. C. 15 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知点坐标求平面的一个法向量，向量法求到面的距离，且为边长为的等边三角形，最后应用棱锥的体积公式求体积. 【详解】由题设为边长为的等边三角形， 且，，， 若是面的一个法向量，则， 令，则， 则到面的距离， 所以四面体的体积为. 故选：B 7. 在哈尔滨的中央大街的步行街同侧有6块广告牌，牌的底色可选用红、蓝两种颜色，若要求相邻两块牌的底色不都为蓝色，则不同的配色方案共有 A. 20 B. 21 C. 22 D. 24 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，要求相邻两块牌的底色不都为蓝色，则蓝色最多可以用3块，则分4种情况依次讨论配色方案的数目，由分类计数原理计算可得答案． 【详解】根据题意，要求相邻两块牌的底色不都为蓝色，则蓝色最多可以用3块，分4种情况讨论： ①、6块广告牌都不用蓝色，即全部用红色，有1种情况； ②、6块广告牌有1块用蓝色，在6块广告牌选1块用蓝色即可，有C61＝6种情况； ③、6块广告牌有2块用蓝色，先将4块红色的广告牌安排好，形成5个空位，在5个空位中任选2个，安排蓝色的广告牌，有C52＝10种情况； ④、6块广告牌有3块用蓝色，先将3块红色的广告牌安排好，形成4个空位，在4个空位中任选3个，安排蓝色的广告牌，有C43＝4种情况； 则一共有1+6+10+4＝21种配色方案； 故选B． 【点睛】本题考查排列、组合的实际运用，涉及分类计数原理的应用，需要注意颜色不一定全部用完，属于基础题． 8. 已知双曲线：的左、右焦点分别为，，过作倾斜角为的直线交双曲线于，两点，若，的内切圆半径分别为，，则（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】联立直线与双曲线，求出点和，根据双曲线定义，结合焦点三角形的面积、周长公式，可分别求得和的内切圆半径，，相乘即可. 【详解】双曲线的左、右焦点分别为，， 直线过且倾斜角为，故方程为. 联立直线方程与双曲线方程，得， 解得或，故不妨设交点，， 则，，在和中，有和， 所以，，则的周长为，的周长为， 分别设和的内切圆半径为，， 则，， 又，， 所以，解得，同理可得，所以. 故选：A. 【点睛】思路点睛：由题设先求出A、B两点坐标，再双曲线定义以及两点间距离公式求出两三角形的三边，再利用与三角形内切圆相关的三角形面积公式即可求解. 二､多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得4分，部分选对得2分，有选错或不选得0分） 9. 在空间中，下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若是空间向量的一组基底，则可以构成空间向量的另一组基底 C. “向量，，共面”是“直线，，共面”的充要条件 D. ，分别是直线，的方向向量，“与不平行”是“与异面”的必要条件 【答案】ABD 【解析】 【分析】由平面向量的数量积计算求解即可判断选项A；空间向量的基底不共面即可判断选项B；由向量共面与直线共面的关系即可判断选项C；由直线异面与直线的方向向量的关系即可判断选项D. 【详解】对于A，因为，所以， ，所以，故A正确； 对于B，若是空间向量的一组基底，则线性无关，故也线性无关，故可以构成空间向量的另一组基底，故B正确； 对于C，向量共面是指向量所在的直线可以平行于同一个平面，而直线共面是指直线都在同一平面上，则前者无法推出后者，故C错误； 对于D，直线异面意味着方向向量不平行，但方向向量不平行不一定意味着直线异面，它们可能相交，故D正确； 故选：ABD. 10. 已知的展开式中各项系数的和为1，则下列结论正确的有（ ） A. B. 展开式中不含常数项 C. 展开式中项系数为80 D. 展开式中各项系数绝对值的和为243 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据给定条件，利用赋值法求出，再结合二项式定理逐项求解判断. 【详解】对于A，由的展开式中各项系数的和为1，取，得，解得，A正确； 二项式展开式的通项为， 对于B，无整数解，因此展开式中不含常数项，B正确； 对于C，由，得，因此展开式中项系数为，C错误； 对于D，展开式中各项系数绝对值的和，D正确. 故选：ABD 11. “曼哈顿距离”是由赫尔曼•闵可夫斯基首先提出的，是一种使用在几何度量空间的几何学用语.在平面直角坐标系中，是坐标原点，定义点与点的曼哈顿距离为.若点，点，直线和的方程分别是和，则下列叙述正确的是（ ） A. B. 点与直线上任意一点的曼哈顿距离最小值为2 C. 若动点满足，则的轨迹围成图形的面积是32 D. 若动点与直线上任意一点的曼哈顿距离最小值等于，则的轨迹与直线围成的封闭图形面积是2 【答案】CD 【解析】 【分析】由曼哈顿距离的定义即可判断A；令直线a上任意点为，可得到点与直线上任意一点的曼哈顿距离的表达式，可判断B；设动点坐标，采用分类讨论的方法确定动点轨迹，数形结合进行求解，判断CD. 【详解】对于A，，A错误； 对于B，令直线a上任意点为， 则， 则当时，的最小值为1，B错误； 对于C，设，则， 当时，则；当时，则； 当时，则；当时，则； 则M点轨迹为上述四条线段围城的封闭曲线，如图示正方形： 则的轨迹围成图形的面积是，C正确； 对于D，，设，当M与直线b上的点连线垂直于b时曼哈顿距离最小， 由此可得， 当时，，则，不符合题意； 当时，，则，不符合题意； 当时，，则， 当时，，则， 当时，，则， 当时，，则， 则M点轨迹如图示： 则的轨迹与直线围成的封闭图形面积为，D正确， 故选：CD 【点睛】关键点睛：对于动点的轨迹问题，解答时先设动点坐标，可得满足的方程，利用分类讨论确定动点轨迹，数形结合，即可求解. 三､填空题（本大题共3小题，每小题4分，共12分.） 12. 若圆与圆相外切，则a的值为_____． 【答案】5 【解析】 【分析】根据题意，分析两个圆的圆心和半径，求出圆心距，由圆与圆的位置关系分析可得答案． 【详解】解：根据题意，圆，其圆心为，半径， 圆，其圆心为，半径， 又由，则两圆的圆心距为， 若两圆外切，则有， 故答案为：5． 13. 如图，用四种不同的颜色分别给A，B，C，D四个区域涂色，相邻区域必须涂不同颜色，若允许同一种颜色多次使用，则不同的涂色方法的种数为______（用数字作答） 【答案】48 【解析】 【分析】由已知按区域分四步，然后给，，，区域分步选择颜色，由此即可求解． 【详解】解：由已知按区域分四步：第一步区域有4种选择，第二步区域有3种选择， 第三步区域有2种选择，第四步区域也有2种选择， 则由分步计数原理可得共有种， 故答案为：48． 14. 平行六面体中，，，，则的长是______. 【答案】 【解析】 【分析】利用空间向量的线性运算和数量积运算，即可求出模长. 【详解】 因为， 由于在平行六面体中， 所以， 又因为，，， 所以 ， 故答案为：. 四､解答题（本大题共5小题，共58分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.） 15. 已知的展开式中，第4项的系数与倒数第4项的系数之比为. （1）求m的值； （2）求展开式中所有项的系数和与二项式系数和； （3）将展开式中所有项重新排列，求有理项不相邻的概率. 【答案】（1）7；（2）128；（3）. 【解析】 【分析】（1）根据二项展开式的通项公式即可获解； （2）令即可获解； （3）求出有理项的个数，再用插空法即可. 【详解】（1）展开式的通项为， ∴展开式中第4项的系数为，倒数第4项的系数为， ，即. （2）令可得展开式中所有项的系数和为，展开式中所有项的二项式系数和为. （3）展开式共有8项，由（1）可得当为整数，即时为有理项，共4项， ∴由插空法可得有理项不相邻的概率为. 16. 已知圆与直线相切． （1）求圆O的标准方程； （2）若线段AB的端点A在圆O上运动，端点B的坐标是，求线段AB的中点M的轨迹方程． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】(1)由圆心到直线的距离等于半径即可求出. (2)由相关点法即可求出轨迹方程. 【小问1详解】 已知圆与直线相切，所以圆心到直线的距离为半径．所以，所以圆O的标准方程为：． 【小问2详解】 设因为AB的中点是M，则，所以， 又因为A在圆O上运动，则，所以带入有：，化简得： ．线段AB的中点M的轨迹方程为: .． 17. 在①，②，③轴时，这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答． 问题：已知抛物线的焦点为F，点在抛物线C上，且______． （1）求抛物线C的标准方程； （2）若直线与抛物线C交于A，B两点，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）选择条件①，由抛物线的定义可得，即可求解的值，进而得到抛物线的方程；选择条件②，可解得点坐标，进而得到抛物线的方程，选择条件③，可得，即可求解的值，进而得到抛物线的方程； （2）由（1）可得焦点坐标，设两点坐标，联立直线的方程与抛物线的方程，利用韦达定理求解线段的值，利用点到直线的距离公式求解焦点到直线的距离，再利用三角形面积公式即可求解. 【小问1详解】 解：选择条件①， 由抛物线的定义可得， 因为，所以，解得， 故抛物线C的标准方程为． 选择条件②， 因为，所以，， 因为点在抛物线C上， 所以，即，解得， 所以抛物线C的标准方程为． 选择条件③． 当轴时，，所以． 故抛物线C的标准方程为． 【小问2详解】 解：设，，由（1）知． 由，得， 则，， 所以， 故． 因为点F到直线l的距离， 所以的面积为． 18. 如图，在等腰梯形中，，，将沿翻折至，使得平面平面. （1）求异面直线与所成角的余弦值； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）点在棱（不包含端点）上，且平面与平面所成角的余弦值为，求的值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据垂直关系建立空间直角坐标系，求解直线的方向向量，即可由向量的夹角求解，或者利用线线平行可得为异面直线与所成角的补角，即可利用三角形的边角关系求解， （2）求解平面法向量，根据向量的夹角即可求解，或者利用线面垂直可得为直线与平面所成的角，，即可利用三角形的边角关系求解， （3）求解两个平面的法向量，根据法向量的夹角即可求解，或者利用二面角的定义，结合几何法可得为二面角的一个平面角，利用三角形的边角关系即可求解. 【小问1详解】 方法一：过作垂直于，所以， 结合，所以，， 所以，，所以. 取中点中点，因为，所以 因为平面平面， 平面平面，平面 所以平面， 又因为，所以. 以为原点，，，的方向分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系. 则，，，， ，， ， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 方法二： 过作垂直于，所以， 所以，， 所以，，所以. 取中点，中点，中点，中点， 所以，， 所以为异面直线与所成角的补角. 因为，所以， 因为平面平面， 平面平面，平面， 所以平面. 又因为，所以平面，平面，所以， 在，，， 所以. 在中，，， 由余弦定理得 所以异面直线与所成角的余弦值为. 【小问2详解】 方法一： ， 设平面的一个法向量分别为， ，， 由， 令，则，所以， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 方法二： 因为平面平面， 平面平面，平面，， 所以平面， 因为平面，所以. 过作，垂足为， 由于，，平面， 所以平面， 所以为直线与平面所成的角， ， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 【小问3详解】 方法一： 设平面的一个法向量为， 令， 则，， 所以， 令，则， 所以. 又因为平面的一个法向量为， 所以 整理得，解得或（舍）. 所以. 方法二： 在棱上取一点，连接， 过作，垂足为，连接， 因为平面，为在平面内的射影， 所以，所以为二面角的一个平面角， 在中，因为，，所以， 在中，因为， 所以，， 所以， 在中，由正弦定理， 得，所以. 19. 在平面直角坐标系中，以坐标轴为对称轴的椭圆过点和点，，，，是椭圆上异于顶点的四个点，直线与相交于点，直线的斜率存在且过点. （1）求椭圆的标准方程； （2）若，求直线的方程； （3）记，分别为直线与直线的斜率，求的值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）设椭圆的方程为，代入点的坐标得到方程组，求出、，即可得解； （2）设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，消元，列出韦达定理，根据求出的值，即可得解； （3）方法一：由和，共线，得到，求出，，同理可得，，求出与的关系，即可得解；方法二、三：设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，求出、，同理得到，，再由斜率公式计算可得. 【小问1详解】 设椭圆的方程为（，，）， 因为椭圆过点和， 所以，解得， 所以椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 设直线的方程为， 由，得， 因为，，， 所以 ，解得， 所以直线的方程，即. 【小问3详解】 方法一：因为点和，共线， 所以，即①. 因为，，所以， 展开移项得， 结合①有②， 由①②解得，， 同理可知，， 因为点和，共线， 所以， 即③. 所以 ， 所以. 方法二：设直线的方程为（其中）， 由，得， 所以，， . 即， ， 同理可知，. 因为直线斜率存在且过点， 所以， 即 ，所以. 方法三：由，得， 因为，，， 所以 所以 ，即， ， 同理可知. 因为直线斜率存在且过点，所以， 即， 化简有. 因为，且直线斜率不为零， 所以 ，故. 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为、； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式； （5）代入韦达定理求解. . 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $