2024-2025学年辽宁省葫芦岛市高二上学期1月期末考试数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年辽宁省葫芦岛市高二上学期1月期末考试数学试卷（含答案），共10页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.若直线l的倾斜角为5π6，则直线l的斜率为( )
A. − 3B. 3C. − 33D. 33
2.直线2x−y+3=0与x+ay−1=0互相垂直，则这两条直线的交点坐标为( )
A. 1,5B. −1,−1C. −1,1D. −2,−1
3.设e1,e2,e3是单位正交基底，已知向量p在基底a,b,c下的坐标为3,4,5，其中a=e1+e2,b=e2+e3,c=e1+e3，则向量p在基底e1,e2,e3下的坐标是( )
A. 8,7,9B. 7,8,9C. 8,9,10D. 9,10,8
4.已知双曲线C:y23m+2−x2m=1m>0的实轴长等于虚轴长的2倍，则双曲线C的标准方程为( )
A. x28−y22=1B. x211−y23=1C. y28−x22=1D. y211−x23=1
5.现将包含球A的5个不同的小球放入包含甲盒的四个不同的盒子里，每盒至少一球.其中小球A不放入甲盒中，则不同安排方案的种数是( )
A. 180B. 168C. 120D. 90
6.过点P2,3的直线l与圆Q:(x−3)2+(y−1)2=1相切，则直线l的方程为( )
A. 3x+4y−18=0B. x=2或4x+3y−17=0
C. 4x+3y−17=0D. x=2或3x+4y−18=0
7.已知集合M=−2,−1,0,1,3，直线Ax+By+C=0中的A,B,C是取自集合M中的三个不同元素，并且该直线的倾斜角为锐角，符合以上所有条件的直线的条数为( )
A. 40B. 32C. 24D. 23
8.已知点P在双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0上，P到两渐近线的距离分别为d1,d2，F为双曲线的一个焦点，且F到双曲线渐近线的距离为d3，若d1d2≤13d 32恒成立，则双曲线C的离心率的最小值为( )
A. 2B. 3C. 2D. 5
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。
9.已知圆P:x2+y2+2y=0与圆Q:x2+y2+4x=0交于A,B两点，则( )
A. 两圆有2条公切线
B. 圆P与圆Q的公共弦所在直线的方程是y=2x
C. AB=2 55
D. 四边形PAQB的面积为2
10.如图，在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AA1=2AB=2，点M在线段B1C上运动，则下列结论正确的是( )
A. 三棱锥B−A1MD的体积为定值
B. AM的最小值为3 55
C. 若点M运动到线段B1C中点，则异面直线AM与D1D所成角的正切值是2
D. 存在点M，使直线C1M⊥平面A1C1D成立
11.抛物线有如下光学性质：由其焦点射出的光线经过抛物线反射后，沿平行于抛物线对称轴的方向射出；反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点.已知抛物线y2=8x的焦点为F,O为坐标原点，一束平行于x轴的光线l1从点Pm,nn2b>0的右焦点为F，短轴长为2 3，点M在椭圆上，若MF的最大值是最小值的4倍，则椭圆的焦距为 ．
14.已知正三棱柱ABC−A1B1C1的底面边长为 3，线段PQ是该三棱柱内切球的一条直径，点M是该正三棱柱表面上的动点，则PM⋅QM的取值范围是 ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
已知(2x−1)6=a0+a1x+a2x2+⋯+a6x6，
(1)求a6的值；
(2)求a1+a3+a5的值；
(3)求(2x−1)6展开式中系数的最大值．
16.(本小题12分)
如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，D是棱AC的中点．
(1)证明：AB1//平面BC1D；
(2)若AB=1,AA1=2，求直线BB1与平面BC1D所成角的正弦值．
17.(本小题12分)
已知抛物线C:x2=2pyp>0经过点(2,2)．
(1)求抛物线C的标准方程；
(2)若D1,1，且Q在抛物线上，求QD+QF的最小值；
(3)若过点M0,3的直线l与圆N:x2+(y−1)2=1相切，且直线l与抛物线C有两个不同的交点A,B，求▵OAB(O为坐标原点)的面积．
18.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面PBC,∠ABP=π3，底面ABCD为直角梯形，AB//DC,AB⊥BC,AB=2DC=4，BC=2 2．
(1)证明：平面ABCD⊥平面PAB；
(2)求点C到平面PAD的距离；
(3)线段PC上是否存在一点E，使得平面BDE与平面PAD所成角(即两个平面相交时所成的锐二面角)的余弦值为79，若存在，求出PEEC的值；若不存在，说明理由．
19.(本小题12分)
阅读材料：
(一)极点与极线的代数定义；已知圆锥曲线G:Ax2+Cy2+2Dx+2Ey+F=0，则称点Px0,y0和直线l:Ax0x+Cy0y+Dx+x0+Ey+y0+F=0是圆锥曲线G的一对极点和极线.事实上，在圆锥曲线方程中，以x0x替换x2，以x0+x2替换x(另一变量y也是如此)，即可得到点Px0,y0对应的极线方程.特别地，对于椭圆x2a2+y2b2=1，与点Px0,y0对应的极线方程为x0xa2+y0yb2=1；对于双曲线x2b2−y2b2=1，与点Px0,y0对应的极线方程为x0xa2−y0yb2=1；对于抛物线y2=2px，与点Px0,y0对应的极线方程为y0y=px0+x.即对于确定的圆锥曲线，每一对极点与极线是一一对应的关系．
(二)极点与极线的基本性质，定理
①当P在圆锥曲线G上时，其极线l是曲线G在点P处的切线；
②当P在G外时，其极线l是曲线G从点P所引两条切线的切点所确定的直线(即切点弦所在直线)；
③当P在G内时，其极线l是曲线G过点P的割线两端点处的切线交点的轨迹．
结合阅读材料回答下面的问题：
已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为 63,E3,0是C上一点．
(1)求椭圆C的标准方程并写出与点E对应的极线方程；
(2)设A,B分别为椭圆C的左、右顶点，过点D1,0作斜率不为0的直线l,l与椭圆C交于P,Q两点，直线AP与直线BQ交于点M，记AP的斜率为k1,BQ的斜率为k2.证明：
①k1k2为定值；
②点M在定直线上．
参考答案
1.C
2.C
3.A
4.C
5.A
6.D
7.D
8.B
9.ABD
10.AB
11.ABC
12. 2+1/1+ 2
13.3 32
14.0,1
15.【详解】(1)a6=C60⋅26=64；
(2)令x=1得a0+a1+a2+a3+a4+a5+a6=1
令x=−1得a0−a1+a2−a3+a4−a5+a6=36=729
则a1+a3+a5=−364；
(3)(2x−1)6的通项为C6r26−r−1rx6−r,r=0,1,2,3,4,5,6，
令C6r26−r≥C6r+125−r，①
C6r26−r≥C6r−127−r,②
代入得：6!26−rr!6−r!6!25−rr+1!5−r!,解得r≥43，
6!26−rr!6−r!6!27−rr−1!7−r!,解得r≤73，
解得43≤r≤73，所以r=2,T4=C6224(−1)2=240，
所以(2x−1)6展开式中系数的最大值240．

16.【详解】(1)连接B1C，与BC1相交于点N，连接DN，如下图：
因为四边形BCC1B1为矩形，故N为B1C的中点．
又D为AC的中点，故DN//AB1，
又DN⊂平面BDC1,AB1⊄平面BDC1，
所以AB1//平面BDC1
(2)取A1C1的中点M，连接DM，则DM//CC1，
由于CC1⊥平面ABC，故DM⊥平面ABC，
故以D为坐标原点，DA,DB,DM所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，如下图所示：
因为AB=1,AA1=2，
所以A12,0,0,B10,− 32,2,B0,− 32,0,C1−12,0,2,D0,0,0，
设平面BC1D的法向量为m=x,y,z，
则m⋅DB=− 32y=0m⋅DC1=−12x+2z=0,
解得y=0，令z=1得x=4，故m=4,0,1，
又BB1=0,0,2,
设直线BB1与平面BC1D所成的角为θ，
所以sinθ=csBB1,m=BB1⋅mBB1⋅m=2 17×2= 1717，
故直线BB1与平面BC1D所成角正弦值为 1717．

17.【详解】(1)因为抛物线C经过2,2，故22=4p，所以p=1，
所以抛物线C的方程x2=2y．
(2)
∵Q在抛物线x2=2y上，
∴Q到F的距离与Q到准线的距离相等，设为d．
∴QD+QF的最小值转化为QD+d的最小值，
易知当DQ垂直于准线时，QD+d取到最小值，
∴(QD+d)min=1+12=32，
所以QD+QF的最小值为32．
(3)
当AB斜率不存在时，x=0，显然不合题意．
当AB斜率存在时，设直线l的方程为y−3=k(x−0)，即y=kx+3，
∵AB与圆N:x2+(y−1)2=1相切，
∴3−1 k2+1=1, ∴k2=3，
联立直线与抛物线方程得：y=kx+3x2=2y⇒x2−2kx−6=0,
设Ax1,y1,Bx2,y2，
∴x1+x2=2k,x1x2=−6，
∴AB= 1+k2 x1+x22−4x1x2=2 1+k2 k2+6，
O到AB的距离为ℎ=3 k2+1，
S▵OAB=12AB⋅ℎ=12×2 1+k2 k2+63 k2+1=9．

18.【详解】(1)由PA⊥平面PBC,BC⊂平面PBC，则PA⊥BC，
又AB⊥BC，由PA∩AB=A，且PA,AB⊂平面PAB，
所以BC⊥面PAB，
又BC⊂面ABCD，所以平面ABCD⊥平面PAB．
(2)由(1)易知PA⊥PB，又∠ABP=π3，过P作PO⊥AB于O，
由面ABCD⊥面PAB，面ABCD∩面PAB=AB,PO⊂面PAB，
所以PO⊥面ABCD，
过O作Oz//BC，易知Oz⊥AB，
故可构建如图示空间直角坐标系．
又AB=2DC=4,BC=2 2,DC//AB，
则A0,−3,0,P 3,0,0,C0,1,2 2,D0,−1,2 2，
所以AP= 3,3,0,AD=0,2,2 2,DC=0,2,0，
若m=x,y,z是面PAD的一个法向量，
则m⋅AP= 3x+3y=0m⋅AD=2y+2 2z=0,解得m=− 6, 2,−1，
所以点C到平面PAD的距离m⋅DCm=2 23．
(3)同(2)构建空间直角坐标系，易知平面PAD的法向量m=− 6, 2,−1
设CE=λCP，
于是BE=BC+CE=BC+λCP
=0,0,2 2+λ 3,−1,−2 2
= 3λ,−λ,2 2−2 2λ，
DB=0,2,−2 2，
设n=x,y,z是平面EBD的一个法向量，
则n⋅BE= 3λx−λy+2 2−2 2λz=0n⋅DB=2y−2 2z=0，令z=1,n=3 2λ−2 2 3λ, 2,1，
因为平面BDE与平面PAD所成角的余弦值为79，
所以cs⟨m,n⟩=− 6×3 2λ−2 2 3λ+2−1 3 2λ−2 2 3λ2+2+1× 6+4+1=79，
整理得81λ2−12λ−5=0，即27λ+53λ−1=0,λ=13或λ=−527(舍)
故CE=13CP，所以PEEC=2

19.【详解】(1)因为离心率为 63，故ca= 63
又E3,0是C上一点，所以a=3，故c= 6，所以b2=3
∴椭圆方程为x29+y23=1，
由于点Px0,y0对应的极线方程为x0xa2+y0yb2=1；故E3,0处的极线方程为3x9+03=1，即极线方程为x=3，
(2)①由题意可知PQ的斜率不为0，设PQ:x=my+1，
设Px1,y1,Qx2,y2∵A−3,0,B3,0，
x=my+1x2+3y2=9⇒m2+3y2+2my−8=0,
∴y1+y2=−2mm2+3,y1y2=−8m2+3,∴my1y2=4y1+y2，∴k1k2=y1x1+3⋅x2−3y2=y1my2−2my1+4y2=my1y2−2y1my1y2+4y2=4y1+y2−2y14y1+y2+4y2=2y1+2y24y1+2y2=12，
②根据①结果，可设k1=m，则k2=2m
AP:y=mx+3(1)
BQ:y=2m(x−3)(2)
联立(1)(2)可得：x=9,y=12m
故点M9,12m，易知点M恒在x=9上