2024-2025学年辽宁省实验中学高二（下）期初数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年辽宁省实验中学高二（下）期初数学试卷（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.直线xa2−yb2=1在y轴上的截距是( )
A. |b|B. −b2C. b2D. ±b
2.已知a=(x,2,0),b=(3,2−x,x2)，且a与b的夹角为钝角，则x的取值范围为( )
A. (−∞,−4)B. (−4,0)C. (0,4)D. (4,+∞)
3.若圆(x−3)2+(y+5)2=r2上有且仅有两个点到直线4x−3y−2=0的距离为1，则半径r的取值范围是( )
A. (4,6)B. [4,6)C. (4,6]D. [4,6]
4.二面角的棱上有A、B两点，直线AC、BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB=4，AC=6，BD=8，CD=2 17，则该二面角的大小为( )
A. 150°B. 45°C. 60°D. 120°
5.抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F，O为坐标原点，M为抛物线上一点，且|MF|=3|OF|，△MFO的面积为16 2，则抛物线的方程为( )
A. y2=6xB. y2=8xC. y2=16xD. y2=20x
6.设甲、乙两人每次射击命中目标的概率分别为34和45，且各次射击相互独立，若按甲、乙、甲、乙…的次序轮流射击，直到有一人击中目标就停止射击，则停止射击时，甲射击了两次的概率是( )
A. 925B. 920C. 19400D. 380
7.如图，已知椭圆C1和双曲线C2具有相同的焦点F1(−c,0)，F2(c,0)，A、B、C、D是它们的公共点，且都在圆x2+y2=c2上，直线AB与x轴交于点P，直线CP与双曲线C2交于点Q，记直线AC、AQ的斜率分别为k1、k2，若椭圆C1的离心率为2 55，则k1⋅k2的值为( )
A. 2B. 23C. 43D. 4
8.三等分角大约是在公元前五世纪由古希腊人提出来的，它和“立方倍积问题”，“化圆为方问题”并称为“古代三大几何难题”.公元六世纪时，数学家帕普斯曾证明用一固定的双曲线可以解决“三等分角问题”.某同学在学习过程中，借用帕普斯的研究，使某锐角∠AOB的顶点与坐标原点O重合，点B在第四象限，且点B在双曲线T：x2−y2=a(a>0)的一条渐近线上，而OA与T在第一象限内交于点A.以点A为圆心，2|OA|为半径的圆与T在第四象限内交于点P，设AP的中点为Q，则∠QOB=13∠AOB.若|OA|=5，|OQ|=6，则a的值为( )
A. 365B. 8C. 445D. 10
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.设椭圆x29+y23=1的右焦点为F，直线y=m(00,b>0)经过点A(−1,0),B( 2, 3)．
(1)求E的方程．
(2)若直线l经过E的右焦点F且与E的左、右两支分别交于点C，D(C与A不重合)，CD的中点为M，l与直线x=12交于点G，直线AG与E交于另一点N，证明：
(i)MN//x轴；
(ii)A，C，D，N四点共圆．
19.(本小题17分)
已知椭圆C：x2m2+y25=1(m>0,m≠ 5)，椭圆C与x轴交于点A1，A2，直线l与椭圆交于M，N两点(其中点M在x轴上方，点N在x轴下方)，设直线l的方程为y=kx+b.如图，将平面xOy沿x轴折叠，使点M移动到点M′的位置，y轴的正半轴经折叠后记为y′，且二面角M′−A1A2−N的大小为π3．
(1)折叠前，若椭圆C的焦点F1，F2在x轴上，且与椭圆上一点P构成三角形.PF1F2，△PF1F2的周长为8+2 11.直线l的方程为y=− 54x+1．
(i)求椭圆C的标准方程．
(ii)求折叠后直线M′N与平面A1NA2所成角的大小．
(2)折叠后，是否存在定值k，对于任意b∈(− 5, 5)，OM′⊥ON始终成立.若存在，求出k的值；若不存在，说明理由．
参考答案
1.B
2.A
3.A
4.C
5.C
6.C
7.B
8.C
9.ACD
10.BCD
11.ABC
12.(x−3)2+y2=2
13.288
14.( 15,9 157)
15.解：(1)从6名成员中挑选2名成员，共有15种情况，记“男生甲被选中”为事件A，事件A所包含的基本事件数为5种，故P(A)=13．
(2)记“男生甲被选中”为事件A，“女生乙被选中”为事件B，则P(AB)=115，由(1)知P(A)=13，故P(B|A)=P(AB)P(A)=15．
(3)记“挑选的2人一男一女”为事件C，则P(C)=815，“女生乙被选中”为事件B，P(BC)=415，故P(B|C)=P(BC)P(C)=12．
16.解：(1)设圆心C(a,0)(a>−52)，
∵直线l：4x+3y+10=0，半径为2的圆C与l相切，
∴d=r，即|4a+10|5=2，
解得：a=0或a=−5(舍去)，
则圆C方程为x2+y2=4；
(2)当直线AB⊥x轴，则x轴必平分∠ANB，
此时N可以为x轴上任一点，
当直线AB与x轴不垂直时，
设直线AB的方程为y=k(x−1)，(k≠0)，N(t,0)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
由x2+y2=4y=k(x−1)得(k2+1)x2−2k2x+k2−4=0，经检验△>0，
∴x1+x2=2k2k2+1，x1x2=k2−4k2+1，
若x轴平分∠ANB，设N为(t,0)
则kAN=−kBN，即k(x1−1)x1−t+k(x2−1)x2−t=0，
整理得：2x1x2−(t+1)(x1+x2)+2t=0，即2(k2−4)k2+1−2k2(t+1)k2+1+2t=0，
解得：t=4，
当点N(4,0)，能使得∠ANM=∠BNM总成立．
17.解：(Ⅰ)连BD，设AC交BD于O，由题意SO⊥AC，
在正方形ABCD中，AC⊥BD，
所以AC⊥面SBD，
所以AC⊥SD．
(Ⅱ)若SD⊥平面PAC，
则SD⊥OP，
设正方形ABCD的边长为a，
则SD= 2a，OD= 22a，
则OD2=PD⋅SD，
可得PD=OD2SD= 24a，
故可在SP上取一点N，使PN=PD，
过N作PC的平行线与SC的交点即为E，连BN．
在△BDN中知BN//PO，
又由于NE/​/PC，故平面BEN/​/面PAC，
得BE//面PAC，
由于SN：NP=2：1，
故SE：EC=2：1．
18.解：(1)因为双曲线E：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)经过点A(−1,0),B( 2, 3)．
所以1a2=12a2−3b2=1，又a>0，b>0，所以解得a=1，b= 3，
所以双曲线E的方程为x2−y23=1；
(2)证明：(i)由(1)可知a=1，b= 3，所以c=2，所以右焦点为F(2,0)，
易知直线l的斜率存在且不为0，所以设l：x=my+2(m≠0)，
因为直线l经过E的右焦点F且与E的左、右两支分别交于点C，D(C与A不重合)，
所以直线l的斜率的绝对值为|1m|< 3，即m2>13，
联立3x2−y2−3=0x=my+2,，得(3m2−1)y2+12my+9=0，
设C(x1,y1)，D(x2,y2)，
则y1+y2=−12m3m2−1,y1y2=93m2−1，
设M(xM,yM)，则yM=y1+y22=−6m3m2−1，
由12=my+2，解得y=−32m，所以G(12,−32m)，
所以直线AG：y=32m−1−12(x+1)，即x=−my−1，
设N(xN,yN)，
联立3x2−y2−3=0x=−my−1,，得(3m2−1)y2+6my=0，又A(−1,0)，
所以yN=−6m3m2−1，因为yM=yN，所以MN/​/x轴；
(ii)由弦长公式可知|CD|= 1+m2 (y1+y2)2−4y1y2= 1+m2 (−12m)2−36(3m2−1)|3m2−1|=6m2+63m2−1，
因为xM=myM+2=−23m2−1,xN=−myN−1=3m2+13m2−1，
所以|MN|=3m2+13m2−1+23m2−1=3m2+33m2−1，
所以|CD|=2|MN|，又M为CD的中点，所以点N在以CD为直径的圆上，
因为|AM|= (−1+23m2−1)2+(6m3m2−1)2=3m2+33m2−1，
所以点A也在以CD为直径的圆上．
综上，A，C，D，N四点共圆．
19.解：(1)(i)由椭圆定义可知|PF1|+|PF2|=2m，|F1F2|=2 m2−5，
则△PF1F2的周长为2m+2 m2−5=8+2 11，解得m=4，
即椭圆方程为x216+y25=1．
(ii)设M(x1,y1)，N(x2,y2)，y1>0，y20恒成立，
且x1+x2=−32kb5+16k2，x1x2=16(b2−5)5+16k2，
又OM′⊥ON，
则OM′⋅ON=(x1a+y1c)⋅(x2a+y2b)=x1x2−12y1y2=(1−12k2)x1x2−12kb(x1+x2)−12b2=0，
即(1−12k2)⋅16(b2−5)5+16k2−12kb⋅(−32kb5+16k2)−12b2=0，
即k2=2−2780b2，不为定值，
所以不存在定值k，对于任意b∈(− 5, 5)，OM′⊥ON始终成立．