文档内容
2023 级高二年级第二次月考数学试卷
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.答卷前，考生务必将自己的姓
名、准考证号填写在答题卡上.
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，把答案填涂到答题卡上对应题目的标号下.如需改
动，用橡皮擦干净后，再填写其他答案标号.写在本试卷上无效.
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
第Ⅰ卷
一、单项选择题：（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只
有一个选项是符合题目要求的．）
1. 直线 的倾斜角和斜率分别是（ ）
A. ， B. 、 C. ，不存在 D. 不存在，不存在
【答案】B
【解析】
【分析】根据直线方程可得出该直线的倾斜角和斜率.
【详解】由题意可知，直线 的倾斜角为 ，斜率分别为 .
故选B.
【点睛】本题考查利用直线的方程得出直线的倾斜角和斜率，属于基础题.
2. 用数字 组成三位数，各数位上的数字允许重复，则满足条件的三位数的个数为（ ）
A. 12 B. 24 C. 48 D. 64
【答案】C
【解析】
【分析】先排百位，再排十位、个位，有分步乘法计数原理可得答案.
【详解】百位数字除 有3个数字可选，十位数字有4个数字可选，
个位数字有4个数字可选，
所以满足条件的三位数的个数有 个.
故选：C.
3. 已知直线 ，若 ，则实数 （ ）
A. 1 B. 3 C. 1或3 D. 0
【答案】A
【解析】
【分析】根据直线平行公式求出参数m的值，验证是否重合.
【详解】因为 ，所以 ，
解得： 或 ，当 时， ， ，两直线平行，满足题意，
当 时， ， ，两直线重合，舍，
所以 .
故选：A.
4. 若 ， ，且 与 的夹角为钝角，则 的取值范围是
（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】令 与 共线，求出 的值，依题意 且 与 不反向共线，根
据数量积的坐标表示得到不等式组求解即可.
【详解】因为 ， ，
令 与 共线，则 ，即 ，即 ，解
得 ，
此时 ， ，即 ， 与 反向，
又 与 的夹角为钝角，
所以 且 与 不反向共线，
即 且 ，
解得 且 ，
故选：C
5. 已知直线 与两坐标轴分别交于 两点，如果 的面积为
，那么满足要求的直线 的条数是（ ）. △
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】
按照 、 分类，求出截距后列方程即可得解.
【详解】当 时，直线 ，不合题意；当 时，
若 ，则 ，若 ，则 ，
所以 ，
所以 或 ，
解得 或 或 ；
所以满足要求的直线 的条数是3.
故选：C.
6. 数学竞赛中，某校有 共6位同学获奖，在竞赛结束后站成一排合影留念时，假设
两人必须相邻且站在正中间， 两人不能相邻，则不同的站法共有（ ）
A. 48种 B. 40种 C. 32种 D. 24种
【答案】C
【解析】
【分析】根据分步乘法计数原理，捆绑法，插空法求解即可.
【详解】第1步：先将相邻的 进行“捆绑”排列，
首先排 ，由题意可将 两人看作一个整体，先站到正中间，共有 种站法；
第2步：将不能相邻的 插入合适的位置进行排列，
其次再排 ，因为 两人不能相邻，所以只能排到 的两侧，
若 在 左侧，则有 种站法，此时 只能在 右侧，有 种站法，
共 种站法，同理 在 的右侧， 在 左侧，有 种站
法，
故 共有8种站法；
第3步：将剩下的 进行排列并计算所求，
剩下的 有 种站法，所以不同的站法共有 种．
故选：C.
7. 已知双曲线 的左、右焦点分别为 ，过点 与双曲线的一条渐
近线平行的直线与另一条渐近线交于点 ，若点 在焦点为 的抛物线 上，
则双曲线 的离心率为（ ）A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据抛物线的焦点可得 ，再联立直线与渐近线的方程可得 ，再代入抛
物线方程化简，结合离心率的公式求解即可
【详解】由题意得 ，由 则 ，故
，代入直线方程可得 .
又抛物线 ，所以 ，故 ，由 解得
，所以
故选：C.
8. 设直线 ，一束光线从原点 出发沿射线 向直线 射出，经
反射后与 轴交于点 ，再次经 轴反射后与 轴交于点 .若
，则 的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出入射点 的坐标关于 的表达式，根据 三点共线解出点 的坐标
关于 的表达式，同理求出点 的坐标关于 的表达式，求出 即可.
【详解】如图，设点 关于直线 的对称点为 ，
则 得 ，即 ，
由题意知 与直线 不平行，故 ，
由 ，得 ，即 为入射点，故直线 的斜率为 ，
直线 的直线方程为： ，
令 得 ，故 ，
令 得 ，故由对称性可得 ，解得 或 ，
若 ，则第二次反射后光线不会与 轴相交，故不符合条件.
故 ，
故选：B.
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题
目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. （多选题）下列说法中，正确的有（ ）
A. 已知直线 ： ， 始终过定点
B. 直线 在 轴上的截距是
C. 直线 的倾斜角为30°
D. 过点 并且倾斜角为90°的直线方程
【答案】ABD
【解析】
【分析】代入验证可判定A;根据纵截距的定义可判定B；根据直线的斜率与倾斜角的关系可以判定C；根
据倾斜角为90°的直线斜率不存在，方程为 的形式，进而可以判定D.
【详解】∵ ,可知A正确；
由直线的斜截式方程可知，B正确；
由方程 可得直线的斜率为 ，可知倾斜角为60°，故C错误；
根据倾斜角为90°的直线斜率不存在，方程为 的形式，再根据经过点(5,4),∴直线的方程为
，故D正确.故选：ABD.
10. 如图，在棱长为1的正方体 中，点O为线段 的中点，且点P满足
，则下列说法正确的是（ ）
A. 若 ， ，则
B. 若 ，则 平面
C. 若 ， ，则 平面
D. 若 ， 时，直线 与平面 所成的角为 ，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】以D为原点，建立如图所示空间直角坐标系，得到 ，由 ，得
到P点与C点重合，结合体积公式，可得判定A错误；求得平面 的法向量 ，
根据 ，可判定B正确；由 ，求得 ，可判定C正确；利用向量
的夹角公式，求得 ，结合函数的单调性，可判定D正确.
【详解】连接 ， ， ， ， ，以D 原点，建立如图所示空间
直角坐标系，
如图所示，可得 ， ， ， ， ，
则 ，即
，
对于A中，若 ，则 ，则P点与C点重合，可得 ，所以A错误；
对于B中，若 ，则 ， ， ，
，
设平面 的法向量为 ，则 ，
取 ，可得 ，所以 ，
由于 ，可得 ，
因为 平面 ，所以 平面 ，所以B正确；
对于C中，若 ，则 ， ，
由于 ，所以 平面 ，所以C正确；
对于D中，若 时，可得 ，所以 ，
则
，
设 ， ，则 ， ，
，
则 ，
由于函数 （ ）在 上单调递减，在 上单调递增，
且 ， ， ，所以 ，所以 ， ，
， ， ，
所以 ，所以 ，所以D正确.
故选：BCD.
11. 已知 为双曲线 的右焦点，经过点 的直线 交
的两条渐近线于 两点， 为坐标原.若 ，则以下说法正确的是（
）
A. 是 的角平分线 B.
C. 两条渐近线夹角的余弦值为 D. 双曲线 的离心率为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据双曲线渐近线的性质、角平分线定理、余弦定理、二倍角公式以及离心率等知识对选项进行
分析，由此确定正确选项.
【详解】根据双曲线渐近线的对称性可知A选项正确.
B选项中，因为在 中，OF为 的平分线，
所以 ，所以 ，所以B选项正确.
C中，设 ，则 ，
由余弦定理得 ，所以C选项错误.
D中，因为 ，
所以 ，即 ，所以 ，
所以D选项正确.
故选：ABD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知三角形的三个顶点 ， ， ，则 的高CD所在的直
线方程是______.
【答案】
【解析】
【分析】先求 ，从而得到 边上的高所在的直线的斜率，根据点斜式可写出直线方程.
【详解】因为 ， ，故 ，
故 边上的高CD所在的直线的斜率为 ，所以该直线的方程为 ，即
故答案为： .
13. 某校学生会打算将甲､乙､丙､丁､戊这5名同学安排到4个不同的社团负责组织活动，每个社团至少安
排一名同学，则不同的安排方法种数是___________.
【答案】240
【解析】
【分析】根据组合求得5人分为4组的方法数，再根据排列求得4个不同的小组安排到4个不同的社团的方法数，可得答案.
【详解】先将甲､乙､丙､丁､戊这5名同学分为4组，共有 种，
再安排到4个不同的社团负责组织活动，共有 种不同的安排方法.
故答案为：240.
14. 已知点 是抛物线 上的一点，点 是 的焦点，动点 ，
在 上，且 ，则 的最小值为______.
【答案】11
【解析】
【分析】由题意作图，根据已知点求得抛物线方程，设出直线方程，联立方程，写出韦达定理，利用斜率
表示所求代数式，可得答案.
【详解】
因为点 是抛物线 上的一点，所以 ，解得 ，所以
.
显然直线 的斜率存在且不为0，设直线 的方程为 ，
由 ， 得 ， 所 以 ， 解 得
，
所以 ，同理可得 ，
所以 ，
所以 的最小值是11，此时 ，解得 .
故答案为： .
四、解答题：本题共5题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知坐标平面内两点 .
（1）当直线 的倾斜角为锐角和钝角时，分别求出 的取值范围；
（2）若直线 的方向向量为 ，求 的值.
【答案】（1）答案见解析．（2）
【解析】
【分析】（1）由斜率为正或为负求解；
（2）由坐标得方向向量，然后利用向量共线得结论．
【小问1详解】
直线 的倾斜角为锐角时， ，解得 ，
直线 的倾斜角为钝角时， ，解得 或 ，
所以直线 的倾斜角为锐角时， ，为钝角时， 或 ；
【小问2详解】
由已知 ，又直线 的方向向量为 ，
所以 ，解得 ．
16. 计算下列各式．
（1） ；
（2） ；
（3）解方程： .
【答案】（1）480 （2）16
（3） 或
【解析】
【分析】（1）利用排列数公式求解；
（2）利用排列数公式求解；
（3）利用组合数公式求解.
【小问1详解】
；
【小问2详解】
；
【小问3详解】
因为 ，由 可得 或 ，
解得 或 .17. 已知圆 ： .若直线 ： 与圆 相交于A，B两
点，且 .
（1）求圆 的方程；
（2）请从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为点 的坐标，求过点 与圆 相切的直
线 的方程.
① ；② .
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分
【答案】（1）
（2）① 或 ；②
【解析】
【分析】（1）根据圆的几何性质，通过点到直线距离公式得出圆心到直线的距离，再根据弦长与勾股定
理即可计算出圆的半径，继而得到圆 的方程.
（2）①根据切线切点到圆心距离等于圆的半径，用点斜式表示出直线 的方程，利用点到直线的距
离公式即可求出斜率得出直线方程；②根据切线与过切点的半径与其垂直，即可得出该斜率继而得出直线
方程.
【小问1详解】
如图所示，过圆心O做垂直于AB的垂线交AB于C点，
根据点点到直线距离公式： ， ，
根据勾股定理： ，
得圆 的方程：
【小问2详解】
选①：
由（1）可知点 在圆外，若切线斜率不存在， ，由图可知 为过点P与圆
相切的直线 的方程；若斜率存在，根据点斜式设直线 的方程为 ，整理为一般式
，
因为直线 与圆 相切，则 ，解得 ，
直线 的方程为： ，
综上所述过点 与圆 相切 直线 的方程为 或 .
选②：由（1）可知点 在圆上， 的直线方程为 ，
则过点 与圆 相切的直线 与 垂直，斜率为
根据点斜式设直线 的方程为 ，整理为一般式 .
18. 如图，在四棱锥 中，底面 为矩形， 底面
， 是 的中点．
（1）求证： 平面 ．
（2）求平面 与平面 夹角的余弦值．
（3）在棱 上是否存在一点 ，使直线 平面 ？若存在，求出线段
的长；若不存在，说明理由．
【答案】（1）证明见解析；
（2） ；
（3）存在， .
【解析】
【分析】（1）在平面 中，构造与 平行的直线 ，即可由线线平行推出线面平行；
（2）以 为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得平面 与平面 的法向量，利用
向量的数量积求平面的夹角即可；
（3）设 ，用参数 表示 ，根据 与平面 的法向量平行，即可
求得 ，进而求得 的长度.【小问1详解】
证明：连接 ，交 于点 ，连接 ．
因为 是 的中点， 是 的中点，
所以 ，又 平面 平面 ，
所以 平面 ．
【小问2详解】
如图，以 的方向分别为 ， ， 轴的正方向建立空间直角坐标系，
即 ，则 ．
设平面 的法向量为 ，则
令 ，得 ，所以可取 ．
易知平面 的一个法向量为 ．
设平面 和平面 的夹角为 ，
则 ，
所以平面 和平面 夹角的余弦值为 ．
【小问3详解】
由（2）知 ，
则 ，
．
由（2）知平面 的一个法向量可为 ，
根据题意可得： ，即 ，解得 ，
又当 时， ， ，则BF的长为 ．
综上所述，棱 上存在一点 ，使直线 平面 ，且BF的长为 .
19. 已知椭圆 分别为椭圆 的左、右顶点， 分别为左、右焦
点，直线 交椭圆 于 两点( 不过点 ).
（1）若 为椭圆 上（除 外）任意一点，求直线 和 的斜率之积.
（2）若 ，求直线 的方程；
（3）若直线 与直线 的斜率分别是 、 ，且 ，求证：直线
过定点，并求出此定点.
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析，恒过定点
【解析】
【分析】（1）设点 ，直接计算 ，结合 点在椭圆上化简即得；
（2）设 ，由向量线性运算的坐标表示得出 ，再利用
在椭圆上，可求出 （或 ）的坐标，然后可得直线方程；
（3）设 ，易知直线 的斜率不为 ，设其方程为 （
），直线方程椭圆方程整理后应用韦达定理得 ，把它代入 可求
得 的确定值，从而得定点坐标．
【小问1详解】
在椭圆 中，左、右顶点分别为 ，
设点 ，则 .
【小问2详解】
设 ，由已知可得 ， ，由 得 ，化简得 ，
代入 可得 ，
联立 解得 ，
由 得直线 过点 ， ，
所以，所求直线方程为 .
小问3详解】
设 ，易知直线 的斜率不为 ，设其方程为 （
），
联立 ，可得 ，
由 ，得 .
由韦达定理，得 . ，
.
可化 ，
整理即得 ，
，由 ，
进一步得 ，化简可得 ，解得 ，
直线 的方程为 ，恒过定点 .【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的直线过定点问题，一般可设直线与圆锥曲线的交点为
，设出直线方程为 或 ，直线方程代入圆锥曲线方程后
化简整理后应用韦达定理得 （或 ），代入题中关于交点的其他条件化简
可得出 （或 ）的关系，从而得出定点坐标．
