2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無效.
3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回.
4．本試卷主要考試內容：北師大版選擇性必修第一冊第一章至第五章計數(shù)原理中的排列組合（不考二項式定理）.
一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．
1. 直線的傾斜角為（）
A. 150°B. 120°C. 60°D. 30°
【答案】A
【解析】
【分析】將直線方程由一般式轉化為斜截式，從而可得直線斜率，由斜率即可得直線的傾斜角.
【詳解】將直線的方程轉化為斜截式方程得，
所以直線的斜率為，故傾斜角為150°．
故選：A.
2. 已知，，，若P，A，B，C四點共面，則（）
A. 3B. C. 7D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用空間向量四點共面性質求解即可.
【詳解】由P，A，B，C四點共面，可得，，共面，
設，
則，解得．
故選：C.
3. 已知O為坐標原點，F(xiàn)為拋物線C：的焦點，P為拋物線C上一點，若，則的面積為（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由，利用拋物線的定義求得點P的橫坐標，進而求得縱坐標，然后由求解.
【詳解】因為拋物線C：，
故由，解得，
所以，
所以的面積為．
故選：D
4. 已知正方體的棱長為a，點P是平面ABCD內的動點，若點P到直線的距離與到直線CD的距離相等，則點P的軌跡為（）
A. 拋物線B. 橢圓C. 雙曲線D. 圓
【答案】A
【解析】
【分析】利用拋物線的定義求解.
【詳解】
點P到直線的距離即為AP．
在平面ABCD內，
點P到直線CD的距離與點P到點A的距離相等，滿足拋物線的定義，
所以點P的軌跡是以為焦點，直線為準線的拋物線，
故選:A．
5. 手工課可以提高學生的動手能力、反應能力、創(chuàng)造力．某小學生在一次手工課上制作了一座漂亮的房子模型，它可近似地看成是一個直三棱柱和一個正方體的組合體．其直觀圖如圖所示，，，P，Q，M，N分別是棱AB，，，的中點，則異面直線PQ與MN所成角的余弦值是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】建立如圖所示的空間直角坐標系，利用空間向量法求解線線角即可.
【詳解】如圖，以D為原點建立如圖所示的空間直角坐標系，
由，，
得，，，，
所以，，
所以，
即異面直線PQ與MN所成角的余弦值是．
故選：B
6. 某學校派出五名教師去三所鄉(xiāng)村學校支教，其中有一對教師夫婦參與支教活動．根據(jù)相關要求，每位教師只能去一所學校參與支教，并且每所學校至少有一名教師參與支教，同時要求教師夫婦必須去同一所學校支教，則不同的安排方案有（）
A. 18種B. 24種C. 36種D. 48種
【答案】C
【解析】
【分析】分兩步進行分析：先將五名教師按要求分成三組，再將分好的三組全排列，分別求出每一步的種數(shù)，由分步計數(shù)原理計算可得答案.
【詳解】分兩類，第一類，只有教師夫婦兩人去同一所學校有種，
第二類，教師夫婦兩人另加一位教師去同一所學校有種，所以總共有36種．
故選：C.
7. 如圖，正方體的棱長為2，點E，F(xiàn)分別是AB，BC的中點，過點，E，F(xiàn)的平面截該正方體所得的截面記為，則截面的面積為（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本題考查空間幾何體的表面積與體積，首先根據(jù)作出圖像，延長EF分別交DA，DC于M，N兩點，連接，分別交，于H，做五邊形．然后根據(jù)正方體性質進行計算最終得截面面積.
【詳解】如圖，延長直線EF，分別交DA，DC于M，N兩點，連接，分別交，于H，G兩點，過點，E，F(xiàn)的截面即為五邊形．
因為該正方體的棱長為2，點E，F(xiàn)分別是AB，BC的中點，
所以，，故．
又因為的三邊長分別為，，，所以，
則截面的面積為．
故選：D
8. 曲率半徑可用來描述曲線在某點處的彎曲變化程度，曲率半徑越大，則曲線在該點處的彎曲程度越小，已知橢圓：上任意一點處的曲率半徑公式為．若橢圓上任意一點相應的曲率半徑的最大值為，最小值為1，則橢圓的標準方程為（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根據(jù)給定條件，將化為，構造函數(shù)結合函數(shù)單調性得出的范圍，再令，得出關于的函數(shù)的單調性，即可得出的最值，結合已知列式聯(lián)立即可解出，即可得出答案.
【詳解】因為點在橢圓上，
則，即，
所以，
令，構造函數(shù)，
，
，
在定義域上單調遞減，
因為，
所以當時，即時，取得最大值，
即取得最大值，最大值為，
令，則關于的函數(shù)在其定義域上單調遞增，
則當取得最大值時，取得最大值，
最大值為，
因為橢圓上任意一點相應的曲率半徑的最大值為，
所以，
當時，取得最小值，
即取得最小值，最小值為，
則當取得最小值時，取得最小值，
最小值為，
因為橢圓上任意一點相應的曲率半徑的最小值為1，
所以，
聯(lián)立，解得，
則橢圓的標準方程為：．
故選：B.
二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分．
9. 下列排列組合數(shù)中，正確的是（）
A. B.
C. （m，，）D. （m，，）
【答案】BCD
【解析】
【分析】根據(jù)排列數(shù)與組合數(shù)的計算公式與性質逐項判斷即可.
【詳解】A選項，，故A錯誤；
B選項，，故B正確；
C選項，由于，故C正確；
D選項，左邊，
右邊，
即左邊＝右邊，所以（m，，），故D正確．
故選：BCD.
10. 已知圓C：，直線l：（），下列說法正確的是（）
A. 無論a取何值，直線l與圓C相交
B. 直線l被圓C截得的最短弦長為4
C. 若，則圓C關于直線l對稱的圓的方程為
D. 直線l的方程能表示過點的所有直線的方程
【答案】AC
【解析】
【分析】由直線l恒過的定點與圓的位置關系判斷A；借助圓的性質求出最短弦長判斷B；求出原點關于直線l的對稱點坐標判斷C；舉例說明即可判斷D.
【詳解】對于A，直線l變形為，由，解得，
即直線l恒過定點，顯然該定點在圓C內，因此直線l與圓C相交，A正確；
對于B，定點與圓心的距離為，由圓的性質知，當時，直線l被圓C截得的弦長最短為，B錯誤；
對于C，當時，直線l為，設圓心關于直線對稱的點為，
則，解得，即，則圓C關于直線l對稱的圓方程為，C正確；
對于D，直線過點，該直線不能被直線的方程表示，D錯誤.
故選：AC
11. 在棱長為2的正方體中，M，N兩點在線段上運動，且，Q在線段上運動，則下列結論正確的是（）
A. 三棱錐的體積為定值
B. 在平面內存在點P，使得平面BMN
C. E點在正方形（包括邊界）內運動，且直線DE與直線成30°角，則線段EM長度的最小值為
D. 與平面所成角的正弦值的取值范圍為
【答案】BD
【解析】
【分析】根據(jù)線面關系，結合三棱錐等體積轉化求解三棱錐的體積即可判斷A；根據(jù)面面平行，線線平行關系，確定平面，從而可得與平面平行，即可判斷B；根據(jù)線面關系，線線關系即可得的運動軌跡，從而可得EM長度的最小值，即可判斷C；利用三棱錐等體積轉化確定點到平面的距離h，從而可得點Q到平面的距離，即可求與平面所成角的正弦值的取值范圍可判斷D.
【詳解】對于A，連接交于點O，則，連接，，
所以為的高，且，所以．
又平面，所以，所以A錯誤；
對于B，連接,
平面BMN與平面為同一個平面，
在正方體中，有，所以四邊形為平行四邊形，所以，
又平面，平面，所以平面，即平面
所以當點P在上時，總有平面，從而有平面BMN，所以B正確；
對于C，因為直線DE與直線成30°角，，所以直線DE與直線成30°角，
又因為E點在正方形（包括邊界）內運動，且該正方體的棱長為2，
所以E在正方形（包括邊界）內的運動軌跡是以為圓心，以為半徑的段圓弧，
而M點在線段上運動，所以線段EM長度的最小值為，所以C錯誤；
對于D，因為正方體的棱長為2，
所以正的面積．
連接交于O點，顯然點O是線段的中點，
則點到平面的距離等于點到平面的距離h，
在三棱錐中，由，得，即，解得，可知點Q到平面的距離為．
在中，點與斜邊上的點Q的距離，
所以直線與平面所成角的正弦值，所以D正確．
故選：BD.
12. 已知拋物線（）上任意一點處的切線方程可以表示為．直線，，分別與該拋物線相切于點，，，，相交于點D，與，分別相交于點P，Q，則下列說法正確的是（）
A. 點D落在一條定直線上
B. 若直線AB過該拋物線的焦點，則
C.
D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根據(jù)已知得出直線的方程，根據(jù)已知聯(lián)立方程組求解得出的坐標，即可判斷A項；設直線的方程為，聯(lián)立直線與拋物線的方程，得出，進而求解化簡，即可判斷B；根據(jù)拋物線的定義得出，代入即可判斷C；根據(jù)都在上，化簡即可得出.進而即可得出，進而得出D項.
【詳解】由題知：，：，：，
聯(lián)立方程組，解得兩直線的交點為．
同理，.
對于A，點不在一條定直線上運動，A錯誤；
對于B，若直線AB過拋物線的焦點，
設直線斜率為，直線的方程為，
聯(lián)立直線與拋物線的方程，有，
可得.
又是兩個交點，所以是方程的兩個解，則，
所以，故，B正確；
對于C，因為
，
，
所以，C正確；
對于D，因都在上，
所以，，
所以，.
同理都在上，所以有，，故D正確．
故選：BCD.
三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．
13. 圓：與圓：的位置關系是_________．
【答案】相交
【解析】
【詳解】圓：化為標準方程：，
則其圓心，半徑，
圓：化為標準方程：，
則其圓心，半徑，
則兩圓心距離，
故兩圓相交，
故答案為：相交.
14. 已知空間向量，，的模長分別為2，2，3，且兩兩夾角均為，點G為的重心，則_________．
【答案】##
【解析】
【分析】由向量線性運算結合向量在幾何中的應用可得答案.
【詳解】因為G為的重心，所以，
所以，
所以，，
所以．
故答案為：
15. 2023年10月11日，習近平總書記在江西省上饒市考察，他來到婺源縣秋口鎮(zhèn)王村石門自然村了解推進鄉(xiāng)村振興等情況．其中婺源“曬秋”展開的是一幅鄉(xiāng)村振興新圖景．當?shù)匕傩詹粌H要晾曬農產品使其得到更好的保存和售賣，更要考慮曬出獨一無二的“中國最美的符號”．當?shù)匕傩宅F(xiàn)將“金色南瓜”“白色扁豆”“紅色辣椒”“黃色皇菊”四種農產品全部曬入如圖所示的5個小區(qū)域中，規(guī)定每個區(qū)域只能曬一種農產品，且相鄰區(qū)域的農產品不能相同，則不同的晾曬方案種數(shù)為_________．（用數(shù)字作答）
【答案】48
【解析】
【分析】分2、4顏色相同和2、4顏色不相同兩種情況進行討論，由分類加法計數(shù)原理可得答案.
【詳解】
分兩類：第一類，2、4顏色相同有種；
第二類，2、4顏色不相同有種．共種,
故答案為：48.
16. 已知直線與雙曲線：的兩條漸近線分別交于點，（不重合）線段的垂直平分線過點，則雙曲線的離心率為_________．
【答案】
【解析】
【分析】由已知結合直線垂直的斜率關系和直線過的點根據(jù)直線的點斜式方程得出線段的垂直平分線的方程，即可聯(lián)立兩直線得出的中點坐標為，設，，分別代入雙曲線方程后作差整理得出，再根據(jù)線段中點與端點坐標關系與兩點的斜率公式得出，，，即可得出，在根據(jù)雙曲線離心率公式變形后代入即可得出答案.
【詳解】直線與線段的垂直平分線垂直，
則線段的垂直平分線的斜率為，
線段的垂直平分線過點
線段的垂直平分線為：，即，
聯(lián)立，解得：
即的中點坐標為，
設，，則，兩式作差可得，
的中點坐標為，的斜率為1，
，，，
則，
所以雙曲線C的離心率．
故答案為：.
四、解答題：本題共6小題，共70分．解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟．
17. 用數(shù)字1，2，3，4，5，6組成沒有重復數(shù)字的六位數(shù)．
（1）偶數(shù)不能相鄰，則不同的六位數(shù)有多少個？（結果用數(shù)字表示）
（2）若數(shù)字1和2之間恰有一個奇數(shù)，沒有偶數(shù)，則不同的六位數(shù)有多少個？（結果用數(shù)字表示）
【答案】（1）144 （2）96
【解析】
【分析】（1）利用插空法可解；
（2）首先將1、2全排列，再將3、5選一個數(shù)插入中間位置，組成一個大元素，再與其他3個數(shù)字全排列即可
【小問1詳解】
首先將奇數(shù)全排列，再利用插空法，可得：
當偶數(shù)不能相鄰時，不同的六位數(shù)有個．
【小問2詳解】
首先將1、2全排列，再將3、5選一個數(shù)插入中間位置，組成一個大元素，所以數(shù)字1和2之間恰有一個奇數(shù)，沒有偶數(shù)不同的六位數(shù)有個．
18. 已知圓C的圓心在直線上，且與直線相切于點．
（1）求圓C的標準方程；
（2）若過點的直線l被圓C截得的弦長為6，求直線l的方程．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）根據(jù)已知求出過點，且與直線垂直的直線的方程.與直線聯(lián)立即可得出圓心，根據(jù)兩點間的距離公式可得出半徑；
（2）當斜率存在，根據(jù)點斜式方程得出直線方程.進而由點到直線的距離公式得出，根據(jù)垂徑定理得出方程，求解得出的值，代入方程即可得出答案；當斜率不存在時，得出直線方程，驗證即可得出答案.
【小問1詳解】
設過點，且與直線垂直直線的方程為，
又該直線過點，所以，
所以，即直線方程為，
根據(jù)圓的性質可知，該直線經過圓心.
由，解得，
所以圓心，半徑．
故圓C的標準方程為．
【小問2詳解】
①若斜率存在，則設過點的直線l的斜率為k，
則直線l的方程為，即，
所以圓心到直線l的距離．
又，，
由垂徑定理可得，即，
整理得，解得，此時直線l的方程為；
②若斜率不存在，則直線l的方程為，弦心距為2，半徑，
弦長為，符合題意．
綜上，直線l的方程為或．
19. 如圖，在四棱錐P-ABCD中，AB⊥平面PAD，，E為線段PD的中點，已知，，．
（1）證明：平面ACE．
（2）求直線PB與平面PCD所成角的正弦值．
【答案】（1）證明見解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由線面平行的判定定理證明即可；
（2）建立空間直角坐標系，利用空間向量法求解即可.
【小問1詳解】
證明：如圖1，連接BD交AC于點H，連接HE．
圖1
因為AB∥DC，，所以四邊形ABCD是平行四邊形，
所以H是AC的中點，又E為線段PD的中點，
所以HE∥BD．又平面ACE，平面ACE，
所以PB∥平面ACE．
【小問2詳解】
解：因為AB⊥平面PAD，所以作Ax⊥AP，建立如圖2所示的空間直角坐標系．
圖2
由已知，，，
得，，，，
，，．
設平面PCD的法向量為，即，不妨?。?br>所以，
所以直線PB與平面PCD所成角的正弦值為．
20. 已知雙曲線C：（，）的漸近線方程為，實軸長為2．
（1）求雙曲線C的標準方程；
（2）直線l與雙曲線C相切，且與雙曲線C的兩條漸近線相交于P，Q兩點，求△POQ（O為坐標原點）的面積．
【答案】20.
21.
【解析】
【分析】（1）根據(jù)漸近線和實軸長，求出可得雙曲線的標準方程；
（2）討論直線的斜率是否存在，且當直線的斜率存在時，設出直線方程，與雙曲線方程聯(lián)立，根據(jù)雙曲線與直線相切，找到參數(shù)之間的關系，再利用弦長公式求得，利用點到直線的距離公式求出三角形的高，最后求得面積.
【小問1詳解】
（1）由題意得，解得，所以雙曲線C的標準方程為．
【小問2詳解】
（2）當直線l的斜率不存在時，不妨設直線l與雙曲C的右支相切，
此時，，．
當直線l的斜率存在時，直線l的方程可設為，設，，
聯(lián)立方程組，得．
因為直線l與雙曲線C相切，所以，所以．
聯(lián)立方程組，解得，
同理聯(lián)立方程組，解得，
點O到直線l的距離，
所以
綜上所述，的面積為.
21. 如圖，在四棱臺中，底面ABCD是菱形，，，平面ABCD．
（1）證明：．
（2）棱BC上是否存在一點E，使得二面角的余弦值為？若存在，求線段CE的長；若不存在，請說明理由．
【答案】（1）證明見解析
（2）BC上存在點E使得二面角的余弦值為，
【解析】
【分析】（1）利用題設條件證明線面垂直即得結論；
（2）通過建系，表示相關點坐標，求出二面角的兩個半平面的法向量，利用空間兩向量夾角的余弦公式求得參數(shù)，即得線段長.
【小問1詳解】
證明：如圖，連接AC，，
因為為棱臺，所以四點共面，
又因為四邊形ABCD為菱形，所以BD⊥AC．
因為平面ABCD，平面ABCD，所以，
又因為且，平面，所以BD⊥平面．
因為平面，所以．
小問2詳解】
取BC中點Q，連接AQ，
因為底面ABCD是菱形，且，所以△ABC是正三角形，所以AQ⊥BC，即AQ⊥AD．
又平面ABCD，所以以A為原點，分別以AQ，AD，所在直線為x軸、y軸和z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系,
則，，，．
假設點E存在，設點E的坐標為，其中，
可得，．
設平面的法向量為，則，
取，可得，，所以．
又平面的一個法向量為，所以，解得．
由于二面角的余弦值為,故二面角為銳角，則點E在線段QC上，所以，即．
故BC上存在點E，當時，二面角的余弦值為．
22. 已知A，B分別是橢圓C：（）的右頂點和上頂點，，直線AB的斜率為．
（1）求橢圓C的方程．
（2）已知P，Q是橢圓C上的兩點，直線AP的斜率為，直線AQ的斜率為，且滿足．過點A作，垂足為H，試問平面上是否存在定點T，使得線段TH的長度為定值？若存在，求出該定點；若不存在，請說明理由．
【答案】（1）
（2）存在點，使得線段TH的長度為2
【解析】
【分析】（1）由橢圓的右頂點和上頂點的關系列方程組得的值，進而得橢圓的方程；
（2）先根據(jù)題意設點，點，由得，再由橢圓方程和直線的方程列方程組可得得值，進而得值，進而化簡整理得到直線恒過的點，最后結合確定的位置，從而得到答案.
【小問1詳解】
設橢圓的右頂點，上頂點，
則，，，解得，.
所以橢圓C的方程為．
【小問2詳解】
由（1）知，上頂點，
設點，點，，
因為，所以，即，①.
由題意可知，直線的方程為，且直線不能經過點，即，
聯(lián)立方程組，得，
因為P，Q是橢圓C上的兩點，所以，
即②，所以由韋達定理可得③，④．
由③④可得
，即⑤，
，即⑥.
把④⑤⑥代入①得
，化簡得，
即，解得（舍去）或.
故直線PQ過定點.
又，垂足為H，易知H落在以AM為直徑的圓上，圓心為，半徑為2．
所以存在點，使得線段TH的長度為2．

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