辽宁省沈阳市东北育才学校2025-2026学年高二上学期第二次月考数学试卷

数学答案 1．【答案】 D 【分析】根据组合数的定义及组合数的性质即可求解. 【详解】 由，得或，解得或， 所以实数x的值为2或6. 故选：D. 2. 【答案】 C 3．【答案】 D 【分析】通过直线的方向向量与平面的法向量的关系，判断直线与平面的位置关系 【详解】 因为，， 所以，所以或． 故选：D． 4．【答案】 B 【分析】将问题化为求原点到线段上点距离的平方的范围，进而求目标式的距离. 【详解】 由的图象如下，    又是上图线段上的一点，且为原点到该线段上点距离的平方， 上述线段端点分别为，到原点距离的平方分别为， 由图知：原点到线段的距离，则， 综上，，故. 故选：B 5．【答案】 C 【分析】利用空间向量基本运算，用表示出来，平方即得答案. 【详解】 ， 平方得：， 因为，，所以， 所以， 故. 故选：C 6．【答案】 D 【分析】 由题可得F点到P点与A点的距离相等，即|FA|= 又， 故，求解即可. 【详解】 由题意，椭圆上存在点P，使得线段AP的垂直平分线过点F， 即F点到P点与A点的距离相等， 又|FA|= ， ， ，又， ∴. 故选：D. 7．【答案】 D 【分析】 由题意可知：男医生的分配方案有2种，即分配人数为2，2，1或3，1，1，分类讨论男医生的分配方案，再讨论女医生的分配方案，根据计数原理结合排列数、组合数运算求解. 【详解】 每个乡镇均有男医生，则男医生的分配方案有2种，即分配人数为2，2，1或3，1，1， 1.当男医生的分配人数为2，2，1时，男医生的分组方法种数为， 4名女医生按人数1，1，2分成3组，则女医生的分组方法种数为， 女医生人数为1，1的2组分配给男医生人数为2，2的2组，不同的分配方法种数为， 女医生人数为2的一组分配给男医生人数为1的一组，不同的分配方法种数为1， 再将3组分配到3个乡镇，不同的分配方法种数为， 根据分步乘法计数原理知，不同的分配方法种数为； 2.当男医生的分配人数为3，1，1时，男医生的分组方法种数为， 4名女医生按人数2，2分成2组，则女医生的分组方法种数为， 女医生人数为2，2的2组分配给男医生人数为1，1的2组，不同的分配方法种数为， 再将3组分配到3个乡镇，不同的分配方法种数为， 根据分步乘法计数原理知，不同的分配方法种数为； 根据分类加法计数原理知，每个乡镇均有男医生的分配方法种数为. 故选：D． 8. 【答案】 D 9．【答案】 BD 【分析】 根据双曲线的标准方程求出a、b、c，可以求出实轴长、虚轴长、焦距、离心率、渐近线方程，对四个选项一一验证即可. 【详解】 ∵双曲线C：∴..∴∴.∴双曲线的实轴长是， 虚轴长是，A错误；焦距为.B正确；离心率为，C错误； 渐近线方程为，D正确. 故选：BD 10．【答案】 BCD 【分析】 根据给定条件，利用线线平行，结合空间向量线性运算判断A；建立空间直角坐标系， 利用空间向量运算，结合相应条件求解判断BCD. 【详解】 对于A，在正方体中，连接，则分别为的中点， ，且，因此，A错误； 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， ，， 对于B，由，得，则，B正确； 对于C，当时，点在以为球心，半径为1的球面上运动， 而，因此的最小值为，C正确； 对于D，当时，平面，而平面，则平面， 因此的最小值为点到平面的距离，又， 设平面的法向量，则，取，得， 又，因此点到平面的距离为，D正确. 故选：BCD 11．【答案】 BC 【分析】 首先求出抛物线的解析式，设出MN坐标联立进行求解当时，，进而判断选项A；再根据韦达定理和不等式求最小值后进行判断选项B；画出大致图像过点M作准线的垂线，垂足为，交y轴于，结合抛物线定义判断选项C；过G作GH垂直于准线，垂足为H，结合的周长为进而进行判断选项D即可． 【详解】解： 由题意得点在抛物线C：上， 所以，解得，所以C：，则， 设直线：，与联立得， 设，，所以，， 所以， 当时，，故A项错误； ， 则， 当且仅当，时等号成立， 故B项正确； 如图，过点M作准线的垂线，垂足为，交y轴于， 取MF的中点为D，过点D作y轴的垂线， 垂足为，则，是梯形的中位线， 由抛物线的定义可得， 所以， 所以以MF为直径的圆与y轴相切， 所以为圆与y轴的切点，所以点D的纵坐标为， 又D为MF的中点，所以点M的纵坐标为， 又点M在抛物线上，所以点M的横坐标为， 故C项正确； 过G作GH垂直于准线，垂足为H， 所以的周长为， 当且仅当点M的坐标为时取等号， 故D项错误． 故选:BC． 12．【答案】 【分析】根据可得出关于的等式，计算可解得的值. 【详解】若，则， 所以或． 当时，，重合；当时，符合题意． 故答案为： 13.【答案】 2 14．【答案】 67 【分析】 根据特殊元素特殊处理的原则，以丙进行分类，排完丙后，由甲不当语文科代表， 乙不当数学科代表，还要进行分类，根据分类计数原理可得. 【详解】因为丙当物理课代表则丁必须当化学课代表，以丙进行分类： 第一类，当丙当物理课代表时，丁必须当化学课代表，再根据甲当数学课代表， 乙戊可以当英语和语文中的任一课，有种，当甲不当数学课代表， 甲只能当英语课代表，乙只能当语文课代表，戊当数学课代表，有种， 共计种； 第二类，当丙不当物理课代表时，分四类： ①丙为语文课代表时，乙只能从英语、物理和化学中选择一课，剩下的甲丁戊任意排给剩下的三课，有种种， ②丙为数学课代表时，甲只能从英语、物理和化学中选择一课，剩下的乙丁戊任意排给剩下的三课，有种， ③丙为英语课代表时，继续分类，甲当数学课代表时，其他三位同学任意当有种， 当甲不当数学课代表，甲只能从物理和化学课中选一课,乙只能从语文和甲选完后的剰下的一课中选一课，丁和戊做剰下的两课，有种，共计种， ④丙为化学课代表时，同③的选法一样有种， 根据分类计数原理得，不同的选法共有种. 故答案为：67. 15．【答案】 (1) (2)或. 【分析】 （1）根据直线与圆相切,根据点到直线距离公式求出圆心,再应用圆的标准方程即可; （2）根据几何法求弦长,再结合面积公式计算即可. 【详解】 （1） 由已知可设圆心，则，解得或（舍）， 所以圆的方程为. （2） 设圆心到直线的距离为，则， 即，解得， 又，所以，解得， 所以直线的方程为或 16．【答案】 (1) 证明见解析 (2) 【分析】 (1)利用线面垂直的判定定理证明； (2)利用空间向量的坐标运算求面面夹角的余弦值. 【详解】 （1）取中点, 因为为的中点，是中点, 所以,, 因为平面，平面, 所以 因为平面， 所以平面, 因为为线段中点，所以四边形是平行四边形， 所以且因为所以 因为，所以四边形为平行四边形， 所以,所以平面. （2）由(1)可得，以为轴，建系如图， 则 因为,所以,则, 因为, 所以, 设平面的一个法向量为， 因为, 所以，令，则， 所以， 设平面的一个法向量为， 因为, 所以，令，则， 所以， 设平面与平面夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 17. 【答案】 （1）y2 = 16x （2）2 18．【答案】 (1) 证明见解析; (2) (3) 【分析】 （1） 先利用线面垂直的性质定理得，再根据线面垂直的判定定理得平面，进而利用线面垂直的性质定理和判定定理证明即可. （2）根据线面垂直的判定定理得平面，进而根据线面垂直的性质定理得，根据与相似得，利用勾股定理得及，即可求解. （3）建立如图空间直角坐标系，设，，则，求出平面的法向量，利用线面角的向量公式列方程求得，设，由题意在上有零点，利用判别式法求得，即可得解. 【详解】 （1）∵平面，平面，∴， 又∵，，平面，∴平面， ∵平面，∴， 又∵，，平面，∴平面， （2） 由（1）可知，又，，平面， ∴平面，∵平面，∴， 由（1）可知，在中，，∴. 则与相似，则， 在中，，，∴， ∴.∴. （3） 以为原点，以，所在直线分别为轴，轴， 以过点垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系. ∵，，∴， 不妨设，，，，∵， ∴即，由知，（*） 于是，，，， 设，则，， 由可得， ∴，，，， 设平面的一个法向量为， 于是，所以， 令，得，，故可取，因， ∴，结合化简得， 设，， ∵要存在，使与平面所成角为，∴在上有零点. ∵结合（*）知函数图象的对称轴，故， 又， ∴只需满足，解得， ∴AB的取值范围. 19．【答案】 (1) (2) 【分析】 (1)结合已知条件，将可得到一个关系式，然后再结合求出半焦距，最后再结合即可求解； (2)首先设出直线的方程，然后利用直线与椭圆相切求出与的关系，再通过联立直线间的方程表示出直线与点的纵坐标，并表示出和，进而表示出，最后利用换元法和均值不等式即可求解. 【详解】 （1）因为点在椭圆上，所以，① 因为点在椭圆外，且，所以，即，② 由①②解得，， 故椭圆的方程为． （2）设点，，设直线：， 由椭圆性质以及点的横坐标大于1可知，， 将直线代入方程并化简可得，， 即， 因为直线与椭圆有且仅有一个交点， 所以，即． 直线的方程为：；直线的方程为：， 联立方程得，同理得， 所以， 所以，， 所以 ， 令，则， 当且仅当，即时，不等式取等号， 故当时，取得最小值． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $东北育才高中2025一2026学年度上学期高二年级数学科 第二次月考试卷 时间：120分钟满分：150分 命题人：佟国荣窦宇飞 一、单选题： 1.若C0=C铅4，则x的值为( A.2 B.4 C.6 D.2或6 2.在（√x-2)5的展开式中，x2的系数为( A.-5 B.5 C.-10 D.10 3.已知点A(1,0,-2),B(3,1,0),若=(0，-2,1)为平面a的法向量，则直线AB与平面a 的位置关系是( A.4B∥a B.AB⊥a C.ABCa D.AB∥a或ABca 4.点(a,b)在线段3x+4y-10=0(-2≤x≤6)上，则a2+b2-2的范围是( A.[2,18] B.[238] C.[0,38] D.[0,2V10-2 5.如图，在三棱锥A-BCD中，AB⊥BD,CD⊥BD,AB=1,BD=CD=2,二面角A- BD-C的大小为，则AC=( ) A.5 B.7 C.v11 D.V13 8烟于+茶 =1(a>b>0)的右焦点为F, 在椭圆上存在点P满足线段AP的垂直平分线过点F,则椭 圆离心率的取值范围是( c.2-1,1 7.某市选派9名医生到3个乡镇义诊，其中有5名男医生、4名女医生，要求每个乡镇 分配3名医生，则每个乡镇均有男医生的分配方法种数为( 高二年级数学科试卷第1页，共4页 A.360 B.1480 C.1080 D.1440 8双曲线 2y2 a2 b2 =1的左、右焦点分别是F、F,,过原点的直线分别交双曲线的左右 支于B、A两点，延长A与双曲线的右支交于点C,ACB丽=0，瓜=C,则 双曲线的离心率为( A.√3 B含 C.vig D. 17 3 3 二、多选题： 9.已知双曲线c:号-y2=1,下列对双曲线c判断正确的是( A.实轴长是虚轴长的2倍 B.焦距为4 C.离心率为v√3 D.渐近线方程为x±√3y=0 10.正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E、F分别为平面BCC1B1、平面A1B1C1D1的中 心，A=aAE+bAD+cAA1,a,b,c∈[0,1]，则( A.EF=A丽- B.当EF.⊥AM时，a=c C.当a2+b2fc2=1时，MFI的最小值为-1 D.当a+b+c=1时，ME到的最小值为 11.已知抛物线C:y2=4x,直线过C的焦点F,且与C交于M,N两点，则下列说法中正 确的是( A. 若直线的斜率为5，则IMN=8 B.IMF+2NF列的最小值为3+2V2 C.若以MF为直径的圆与y轴的公共点为(0，)，则点M的横坐标为 D.若点G(2,2),则△GFM周长的最小值为4+√5 三、填空题： 高二年级数学科试卷第2页，共4页 12.已知直线l1:mx+2y-2=0与直线l2:5x+(m+3)y-5=0,若l1//儿2，则 m= 13.在空间直角坐标系中，若直线经过点P(xo,yo,zo)且以向量元=(a,b,c)(abc≠0)为方 向向量，则这条直线可以用方程。=，”=来表示.已知直线的方程为 岁=y=-z+1,则点Q2,4-4)到距离为 14.现安排甲、乙、丙、丁、戊5名学生分别担任语文、数学、英语、物理、化学学科的 课代表，要求甲不当语文课代表，乙不当数学课代表，若丙当物理课代表则丁必须当化 学课代表，则不同的选法共有 种. 四、解答题： 15.已知半径为4的圆C与直线l1:3x-4y+8=0相切，圆心C在y轴的负半轴上. (1)求圆c的方程： (2)直线l2:kx-y+3=0与圆C相交于A,B两点，且△ABC的面积为8，求直线2的方程. 16.如图，在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=AC=2,AA1=4,A1在底 面ABC的射影为BC的中点，D为B1C1的中点. (1)求证：A1D⊥平面A1BC: (2)求平面A1BD与平面BCC1B1夹角的余弦值. 17.已知动点G到点F(4,0)的距离比到直线x+6=0的 距离小2，设G的轨迹为曲线C. (1)求曲线C的方程； (2)过点F作斜率为k1,k2的两条直线分别交C于M、N和P、Q,且k1+k2=2.设线段MN 和PQ的中点分别为A、B,过点F作FD⊥AB于D.是否存在定点T,使得线段TD的长度为 定值.若存在，求出点T的坐标及定值；若不存在，说明理由. 高二年级数学科试卷第3页，共页 18.四棱锥P-ABCD中，PC⊥平面ABCD,AD⊥CD,AB⊥BC,PC=2,AD=CD=V2, 点F在线段PD上且满足CF⊥PD,点E在线段PA上且满足AE=AP(0<1<1)· (1)证明：CF⊥AP; (2)若CE⊥PD,求的值； (3)若存在入，使直线BE与平面PAC所成角为，求IABI的取值范围. 19.设椭圆r等+兰=1(a>b>0),FF2是椭圆r的左、右焦点，点A(1,)在椭圆 上，点P(4,0)在椭圆外，且PF2=4-V3, (1)求椭圆T的方程： (2②)若B(1,-),点C为椭圆上横坐标大于1的一点，过点C的直线与椭圆有且仅有一 个交点，并与直线PA,PB交于M,N两点，与x轴交于TL,0) ①求t的取值范围： ②0为坐标原点，记△OMN,△PMN的面积分别为S1,S2,求S?-S1S2+S的最小值. 高二年级数学科试卷第页，共页