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辽宁省名校联盟 2024-2025 学年高二（上）联考数学试卷（12 月份）
一、单选题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1
1.已知抛物线 2 = 2 ( > 0)上一点 ( 2, )，则点 到其焦点的距离为( )
2
3 5 9
A. B. C. 4 D.
2 2 2
2.已知 ：“ = 1”， ：“直线 1: + + 7 = 0和直线 2: ( + 2) 3 + 2 = 0互相垂直”，则 是 的( )
A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
3.在正三棱锥 中， 为 外接圆圆心，则 =( )
2 2 2A. + + B. + +
3 3 3
1 1 1 1 1 1
C. + + D. + +
2 2 2 3 3 3
4.已知 , ∈ 且 ≤ ，则下列等式正确的是( )
3
A. 410 =
6
10 B.
3
7 =
7
4!
C. ( + 1) = +1
+1
+1 D. =

+1 +1
5.已知圆 : 2 + 2 = 16，定点 (2,4), 是圆上任意一点，线段 的垂直平分线与直线 交于点 ，则点
的轨迹为( )
A. 以 为直径的圆 B. 以 , 为焦点的椭圆
C. 以 , 为焦点的双曲线 D. 以 为顶点， 为焦点的抛物线

6.若 313 =
3
13，则
2
3 +
2 2 2
4 + 5 + + 的值为( )
A. 286 B. 285 C. 219 D. 218
7.在正四棱台 1 1 1 1中， = 4, 1 1 = 2，若存在球 与该正四棱台的各个面均相切，则点 1到
平面 1 1的距离为( )
4√ 2 4√ 5 8√ 17
A. B. √ 3 C. D.
3 5 17
2
8.已知 , 是椭圆 + 2 = 1上的两个动点， 为坐标原点， ⊥ ，过点 作 ⊥ ，垂足为点 ，
3
若 1, 2分别为椭圆的左 右顶点，则| 1 |的最小值为( )
√ 2 √ 3
A. B. √ 2 C. D. √ 3
2 2
二、多选题：本题共 3 小题，共 18 分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
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2 2
9.设 1, 2分别为椭圆 + = 1的两个焦点， 是椭圆上一点，且| 1| | 2| = 2，则下列说法中正确的4 9
是( )
A. | 1| = 3 B. 1 2的周长为6 + 2√ 5
C. 1 2的面积为4 D. 点 在圆
2 + 2 = 5上
2
10.在(√ ) 的展开式中二项式系数之和是64，则下列说法正确的是( )
3
A. 二项式系数最大的项是第4项 B. 展开式没有常数项
1
C. 各项系数之和为 D. 系数最大的项是第3项
243
11.如图，该几何体为圆锥与半球组成的组合体，其中圆锥轴截面为边长为2的正三角形，点 为半球面上的
一个动点，则下列说法正确的是( )
√ 3+2
A. 该组合体的体积为( )
3

B. 与平面 所成角的取值范围为[0, ]
6

C. 平面 与平面 所成角的取值范围为[0, ]
3
D. 当 = √ 7时， 点形成的轨迹长度为
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
12.一盒子里有编号1,2,3的红球和编号1,2,3的白球各一个，随机取出4个球排成一列，则相同颜色和相同编
号均不相邻的排法有 种.
13.过直线 : 6 + 2 9 = 0上一点 作圆 : 2 + 21 = 1和圆 2: ( 3)
2 + ( 1)2 = 2的切线，切点分别
| |
为 , ，若 为 中点， 为 中点，则 = ．
| |
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14.杨辉三角(帕斯卡三角)是我国南宋数学家杨辉用三角形来直观解释二项式系数规律的一种方法，如图，
1+∑2024
+1
( 1) 2
记第 行的第 个数为 , ，则 10,3 = ，
=1 2024, = ．
2024,1013
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
甲 乙 丙等6名同学利用周末到社区进行志愿服务．
(1)6名同学站成一排，若甲 乙 丙自左向右从高到矮排列，则不同的排列方案有多少种？
(2)6名同学站成一排，甲 乙两名同学之间恰有2人的不同排列方案有多少种？
(3)6名同学分成三组(每组至少有一人)，进行三项不同的社区服务，则不同的分配方案有多少种？
16.(本小题15分)
如图，已知正方形 是圆柱的轴截面(经过旋转轴的截面)，点 在底面圆周上， = 4, = 2，点 是
的中点．
(1)求点 到直线 的距离；
(2)求平面 与平面 的夹角的余弦值．
17.(本小题15分)

“对号函数” = + ( > 0, > 0)的图象也可以看成是以 = 0与 = 为渐近线的双曲线.设函数 =

3
√ 3 ( + )，若将其图象看成双曲线
3 2 1
．
(1)求双曲线 1的焦点坐标；
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(2)将双曲线 1绕着坐标原点 顺时针旋转，使焦点落到 轴上，得到双曲线 2，设双曲线 2的右焦点为 ，
过 的直线 与双曲线 2的右支交于 , 两点，当 = 21时，求直线 的方程．
18.(本小题17分)
已知三棱锥 底面为边长为1的等边三角形 ，平面 ⊥平面 ，平面 ⊥平面 , 为线
段 中点， 为线段 中点，点 在线段 上.
(1)证明： ⊥平面 ；
3
(2)设直线 , 与平面 所成的角分别为 , ，其中 = , cos = ，求线段 的长度及 点位置．
6 4
19.(本小题17分)
已知抛物线 : 2 = 2 ( > 0)的焦点为 (1,0)，过抛物线上一点 ，任意作两条相互垂直的弦 , ，弦
过定点 (5,2)．
(1)求 的方程；
(2)求 点坐标；
5
(3)若直线 和 分别与 轴交于 , 两点，当| | ≤ 时，求 的最大值．
2
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1.【答案】
2.【答案】
3.【答案】
4.【答案】
5.【答案】
6.【答案】
7.【答案】
8.【答案】
9.【答案】
10.【答案】
11.【答案】
12.【答案】12
13.【答案】2
14.【答案】45；1
15.【答案】解：(1)
先将6人全排列有 66种，考虑到甲、乙、丙三人排列有
3
3种，
6
所以甲 乙 丙自左向右从高到矮排列时，不同的排法有 63 = 120种； 3
(2)
从除甲、乙以外的4人中任取2人排在甲、乙之间，与甲、乙组成一个整体，再与余下2个人全排列，
则有 24
2 2 3
2 2 3 = 144种排列方案；
【小问3详解】
由题可得学生的分配方案可以有：①1,2,3；②1,1,4；③2,2,2；
①6名学生按1,2,3分为三个组有 1 2 36 5 3种方法，
则6人分配到三所学校共有 1 2 3 36 5 3 3 = 360种分配方法；
②6名学生按1,1,4分为三个组有 4 26 = 6种分法，
则6人分配到三项不同的社区一社区1人、一社区1人、一社区4人共有 2 36 3 = 90分配方法；
③6名学生平均分配到三项不同的社区有 2 2 26 4 2 = 90种方法；
则6人分配到三项不同的社区每个社区至少一人一共有：360 + 90 + 90 = 540种方法．
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16.【答案】解：(1)
因为线段 是底面圆的直径，所以 ⊥ ，所以 = √ 2 2 = 2√ 3，
以点 为坐标原点， ， 所在直线分别为 轴， 轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则 (0,0,0), (2,0,4), (1,0,2), (0,2√ 3, 0), (0,2√ 3, 4), (2,0,0)
所以 = (0,0,4), = (1, 2√ 3, 2)，设点 到直线 的距离为 ，
2
2
√
4√ 221 4√ 221
则 = ( ) = ，故点 到直线 的距离为 ；
| | 17 17
(2)
由(1)可知 = (2, 2√ 3, 0), = (1, 2√ 3, 2)， = (0, 2√ 3, 0), = (2,0,4)，
设 = ( , , )为平面 的一个法向量，
= 2√ 3 + 2 = 0 √ 3
则由{ ，可取 = (√ 3, 1, )，
= 2 2√ 3 = 0 2
设 = ( , , )为平面 的一个法向量，
则由{ = 2√ 3 = 0，可取 = (2,0, 1)，
= 2 + 4 = 0
√ 3
| | |2√ 3 |2 3√ 285
设平面 与平面 所成角为 ，则cos = |cos , | = = = ，
| | | | √ 19√ 5× 95
2
3√ 285
即平面 与平面 的夹角的余弦值为 ．
95
17.【答案】解：(1)
设双曲线 1的实轴长2 ，虚轴长2 ，焦距2 ，由题意 = √ 3 为双曲线的一条对称轴，
3
设直线 = √ 3 与函数 = √ 3 ( + )图象交于 1, 2两点， 3 2
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3 3
= √ 3 = =2 2 3 3√ 3 3 3√ 3
联立{ 3 ，解得{ 或{ ，所以 1 ( , ) , 2 ( , )，
= √ 3 ( + ) 3√ 3 3√ 3 2 2 2 2
3 2 = =2 2
√ 3
则| 1 2| = 6，所以 = 3，又 = ，所以 = √ 3，则 = 2√ 3， 3
设双曲线 1的焦点分别为 1, 2，则 1( √ 3, 3), 2(√ 3, 3)；
(2)
2 2
由(1)可知双曲线 2的方程为 = 1，右焦点 (2√ 3, 0)， 9 3
设直线 的方程 = + 2√ 3，与 2的方程联立可得(
2 3) 2 + 4√ 3 + 3 = 0，
设 ( 1, 1), ( 2, 2)，由题意
2 3 ≠ 0， = (4√ 3 )2 12( 2 3) > 0，
4√ 3 3
所以 1 + 2 = 2 , = ， 3 1 2 2 3
= 1 2 + 1 2 = ( 1 + 2√ 3)( 2 + 2√ 3) + 1 2
2 3 4√ 3 = ( + 1) 1 2 + 2√ 3 ( 1 + 2) + 12 = (
2 + 1) × 2 + 2√ 3 × 2 + 12 = 21， 3 3
即 2 = 1，解得 = ±1，此时直线 的方程为 + 2√ 3 = 0或 2√ 3 = 0．
18.【答案】解：(1)
过点 分别在平面 、平面 内作 , 的垂线，垂足分别为 1, 2，
因为平面 ⊥平面 ，平面 ∩平面 = ，
所以 1 ⊥平面 ，同理 2 ⊥平面 ，
又 1, 2有公共点，所以 1, 2两直线重合，
因为 1 平面 ， 2 平面 ，
所以 1为平面 与平面 的交线，即 ，
所以 ⊥平面 ．
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(2)
记 , 的中点分别为 , ，连接 , , , ，
则 // , // ，
因为 ⊥平面 ，所以 ⊥平面 ， ⊥平面 ，
所以直线 , 与平面 所成的角分别为∠ , ∠ ，
设 = 2 ， = ，则 = = , = 1 ，

因为 = ，所以 = = √ 3 ， 6 tan
6
3 √ 7 √ 7 3
因为cos = , ∈ [0, ]，所以sin = , tan = ，所以 = = ，
4 2 4 3 tan √ 7
1
又 为边长为1的等边三角形，所以 = = ,∠ = ∠ = ，
2 3
2
2
1 9
+ =
在 , 中由余弦定理可得：{ 4 2 7 ,
1 1
(1 )2 + = 3 2
4 2
1 √ 21 √ 21
解得 = , = ，所以 = ，点 为 靠近点 的四等分点．
4 12 6
19.【答案】解：(1)

由 (1,0)可得 = 1，即 = 2，所以 的方程为 2 = 4 ；
2
(2)
2 2 2
设 ( , ) , ( 1 , 1) , (
2 , 2)，当直线 斜率存在时，设 ： 2 = ( 5)， 4 4 4
2 = 4 4 8 20
联立{ 得 2 4 + 8 20 = 0，则 = 16 4 (8 20 ) > 0， 1 + 2 = , 2 = ( 5) 1
2 = ，
由题意 = 0，
21
2 2 2
所以( )( 2 ) + ( 1 )( 2 ) = 0， 4 4 4 4
2 21 2
2 21+
2 4
即 × 2 + + ( + ) + 2 = 0，
16 4 4 16 1 2 1 2
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8 20 2 2 16 8 20 8 20 4即( ) ( 2 2 × ) +
4 + 16 × 16 × + 16 2 = 0，

即(80 24 2 + 4) 2 + (16 2 64 192) + 64 16 2 = 0，
80 24 2 + 4 = 0
则{16 2 64 192 = 0，可得 = 2，故 (1, 2)，
64 16 2 = 0
当直线 的斜率不存在时， : = 5，
2
联立{ = 4 得 (5,2√ 5), (5, 2√ 5)， = 0成立，综上所述 (1, 2)；
= 5
(3)
| || | | ||
2 2
= =
| = | 1|| 1| = | 1| | 1|，
| || | | || |
4 4
易知直线 和 的斜率均存在，设 ： + 2 = 1( 1)， ： + 2 = 2( 1)，
1 1 5
此时 1 2 = 1， (0, 1 2), (0, 2)，则| | = | 1 + | ≤ ， 1 1 2
1 1 2 = 4
可得 1 ∈ [ 2, ] ∪ [ , 2]，联立{ 得 1
2 4 8 4 = 0，
2 2 + 2 = 1( 1)
1
4 4
则 = 2, = + 2，同理 = + 2 = 4 + 2， 11 2

2

2 4 4 1
因此 = | 1| | 1| = | + | |4 2 4 | = 16 | |，
4 4
2 1 1 1 1 1 1
1 1 1 3 1 3
因为 = 1 在 1 ∈ [ 2, ]和 1 ∈ [ , 2]单调递增，所以 ≤ 1 ≤ ， 1 2 2 2 1 2
1 3
即| 1 | ≤ ，所以
≤ 24，即 的最大值为24．
1 2
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