2024-2025学年吉林省东北师范大学附属中学高二下学期开学验收考试数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年吉林省东北师范大学附属中学高二下学期开学验收考试数学试卷（含答案），共9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。
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.双曲线x24−y2=1的渐近线方程为( )
A. y=±4xB. y=±2xC. y=±12xD. y=±14x
2.若Cn13=Cn7，则Cn18=( )
A. 380B. 190C. 188D. 240
3.已知曲线C：x2+y2=4(y>0)，从C上任意一点P向x轴作垂线段PQ，Q为垂足，则线段PQ中点M的轨迹方程为( )
A. y24+x2=1(y>0)B. y24+x22=1(y>0)
C. x24+y2=1(y>0)D. x24+y22=1(y>0)
4.在平面直角坐标系中，记d为点Pcsθ,sinθ到直线x−my−2=0的距离，当θ、m变化时，d的最大值为( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
5.过抛物线x2=4y焦点F的直线交抛物线于A，B两点，若AF=3FB，则直线AB的斜率为( )
A. ± 33B. ± 3C. 33D. 3
6.已知空间四点A(3,0,0)，B(3,3,2)，C(0,3,0)，D(0,0,3)，则四面体ABCD的体积为( )
A. 5 33B. 152C. 15D. 452
7.在哈尔滨的中央大街的步行街同侧有6块广告牌，牌的底色可选用红、蓝两种颜色，若要求相邻两块牌的底色不都为蓝色，则不同的配色方案共有( )
A. 20B. 21C. 22D. 24
8.已知双曲线C：x29−y216=1的左、右焦点分别为F1，F2，过F2作倾斜角为π3的直线交双曲线C于A，B两点，若△AF1F2，△BF1F2的内切圆半径分别为r1，r2，则r1r2=( )
A. 4B. 3C. 2D. 1
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.在空间中，下列说法正确的是( )
A. 若=π4，则=3π4
B. 若{a,b,c}是空间向量的一组基底，则{a−b,a+b,c}可以构成空间向量的另一组基底
C. “向量AB，CD，EF共面”是“直线AB，CD，EF共面”的充要条件
D. v1，v2分别是直线l1，l2的方向向量，“v1与v2不平行”是“l1与l2异面”的必要条件
10.已知(2x+ax)5的展开式中各项系数的和为1，则下列结论正确的有( )
A. a=−1B. 展开式中不含常数项
C. 展开式中x3项系数为80D. 展开式中各项系数绝对值的和为243
11.“曼哈顿距离”是由赫尔曼⋅闵可夫斯基首先提出的，是一种使用在几何度量空间的几何学用语.在平面直角坐标系xOy中，O是坐标原点，定义点Px1,y1与点Qx2,y2的曼哈顿距离为dP,Q=x1−x2+y1−y2.若点F1−1,0，点F21,0，直线a,b和c的方程分别是x−2y−2=0,x=−1和x=1，则下列叙述正确的是( )
A. dF1,F2= 2
B. 点O与直线a上任意一点的曼哈顿距离最小值为2
C. 若动点M满足dM,F1=4，则M的轨迹围成图形的面积是32
D. 若动点M与直线b上任意一点的曼哈顿距离最小值等于dM,F2，则M的轨迹与直线c围成的封闭图形面积是2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若圆C1：x2+y2=16与圆C2：(x−a)2+y2=1(a>0)相外切，则a的值为 ．
13.如图，用四种不同的颜色分别给A，B，C，D四个区域涂色，相邻区域必须涂不同颜色，若允许同一种颜色多次使用，则不同的涂色方法的种数为 (用数字作答)
14.平行六面体ABCD−AB1C1D1中，AB=AD=AA1=1，∠A1AB=∠A1AD=60°，∠BAD=90°，则AC1的长是 ．
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x2+2 xm的展开式中，第4项的系数与倒数第4项的系数之比为12．
(1)求m的值；
(2)求展开式中所有项的系数和与二项式系数和；
(3)将展开式中所有项重新排列，求有理项不相邻的概率．
16.(本小题12分)
已知圆O:x2+y2=r2r>0与直线y=x+4 2相切．
(1)求圆O的标准方程；
(2)若线段AB的端点A在圆O上运动，端点B的坐标是6,0，求线段AB的中点M的轨迹方程．
17.(本小题12分)
在①PF=x0+1，②y0=2x0=2，③PF⊥x轴时，PF=2这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并回答．
问题：已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F，点Px0,y0在抛物线C上，且______，
(1)求抛物线C的标准方程；
(2)若直线l:x−y−2=0与抛物线C交于A，B两点，求▵ABF的面积．
18.(本小题12分)
如图，在等腰梯形ABCD中，AB/​/CD，AB=2AD=2CD=4，将△DAC沿AC翻折至△PAC，使得平面PAC⊥平面BAC．

(1)求异面直线PC与AB所成角的余弦值；
(2)求直线PA与平面PBC所成角的正弦值；
(3)点Q在棱AB(不包含端点)上，且平面PCQ与平面BCQ所成角的余弦值为 34，求AQAB的值．
19.(本小题12分)
在平面直角坐标系中，以坐标轴为对称轴的椭圆过点M(1, 22)和点N( 22, 32)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，C(x3,y3)，D(x4,y4)是椭圆上异于顶点的四个点，直线AC与BD相交于点E(−1,0)，直线AB的斜率存在且过点F(1,0)．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若FA⋅FC=2，求直线AC的方程；
(3)记kAB，kCD分别为直线AB与直线CD的斜率，求kCDkAB的值．
参考答案
1.C
2.B
3.C
4.C
5.B
6.B
7.B
8.A
9.ABD
10.ABD
11.CD
12.5
13.48
14. 5
15.解：(1)展开式的通项为Tr+1=Cmr⋅(x2)m−r⋅(2x−12)r=Cmr⋅2r⋅x2m−5r2，
∴展开式中第4项的系数为Cm3⋅23，倒数第4项的系数为Cmm−3⋅2m−3，
∴Cm3⋅23Cmm−3⋅2m−3=12，即12m−6=12, ∴m=7．
(2)令x=1可得展开式中所有项的系数和为37=2187，
展开式中所有项的二项式系数和为27=128．
(3)展开式共有8项，由(1)可得当2m−5r2为整数，即r=0,2,4,6时为有理项，共4项，
其它4项则为无理项，
∴由不相邻插空法可得有理项不相邻的概率为A44 A54 A88=114．

16.【详解】(1)已知圆O:x2+y2=r2r>0与直线y=x+4 2相切，所以圆心O0,0到直线x−y+4 2=0的距离为半径r.所以r=0−0+4 2 1+1=4，所以圆O的标准方程为：x2+y2=16．
(2)设Mx,y,Ax0,y0,因为AB的中点是M，则x=x0+62y=y0+02，所以x0=2x−6,y0=2y，
又因为A在圆O上运动，则x 02+y 02=16，所以带入有：2x−62+2y2=16，化简得：
x−32+y2=4.线段AB的中点M的轨迹方程为：x−32+y2=4..

17.解：(1)若选①：
由抛物线的性质可得PF=x0+p2，
因为PF=x0+1，所以x0+p2=x0+1，解得p=2．
故抛物线C的标准方程为y2=4x．
若选②：
因为y0=2x0=2所以y0=2,x0=1，
因为点Px0,y0在抛物线C上，所以y02=2px0，
即2p=4，解得p=2，
故抛物线C的标准方程为y2=4x．
若选③：
因为PF⊥x轴，所以PF=p2+p2=p，
因为PF=2，所以p=2．
故抛物线C的标准方程为y2=4x．
(2)设Ax1,y1,Bx2,y2，由(1)可知F(1,0)．
联立x−y−2=0y2=4x，整理得y2−4y−8=0，
则y1+y2=4,y1y2=−8，
y1−y2= (y1+y2)2−4y1y2= 16+32=4 3，
故AB= 1+12|y1−y2|= 2×4 3=4 6，
因为点F到直线l的距离d=1−2 1+1= 22，
所以△ABF的面积为12AB⋅d=12×4 6× 22=2 3．

18.解：(1)过C作CF垂直AB于F，
所以FB=1，
所以∠FBC=60°，∠ADC=∠BCD=120°，
所以AC=2 3，∠ACD=30°，
所以∠BCA=90°，
取AC的中点O，AB的中点E，
因为PA=PC，
所以PO⊥AC，
因为平面PAC⊥平面BAC，平面PAC∩平面BAC=AC，PO⊂平面PAC，PO⊥AC，
所以PO⊥平面BAC，
又因为OE//CB，
所以OE⊥AC，
以O为原点，OC，OE，OP的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，
则P(0,0,1)，A(− 3,0,0)，B( 3,2,0)，C( 3,0,0)，
PC=( 3,0,−1)，AB=(2 3,2,0)，
|cs|=|PC⋅AB|PC||AB||=34，
所以异面直线PC与AB所成角的余弦值为34；
(2)PA=(− 3,0,−1)，
设平面PBC的一个法向量分别为n=(x,y,z)，BC=(0,−2,0)，PC=( 3,0,−1)，
由n−⋅BC−=−2y=0n−⋅PC−= 3x−z=0，
令x=1，则z= 3，
所以n=(1,0, 3)，
所以|cs|=|n⋅PA|n||PA||=|−2 34|= 32，
所以直线PA与平面PBC所成角的正弦值为 32；
(3)设平面PCQ的一个法向量为n1−=(x1,y1,z1)，
令AQ=λAB=(2 3λ,2λ,0)，
则CQ=CA+AQ=(2 3λ−2 3,2λ,0)，PC=( 3,0,−1)，
所以n1⋅PC= 3x1−z1=0n1⋅CQ=2 3(λ−1)x1+2λy1=0，
令x1=λ，则y1= 3(1−λ)，z1= 3λ，
所以n1−=(λ, 3(1−λ), 3λ)，
又因为平面BCQ的一个法向量为n2−=(0,0,1)，
所以|cs|=|n1⋅n2|n1||n2||=| 3λ λ2+3(1−λ)2+3λ2|= 34，
整理得3λ2+2λ−1=0，
解得λ=13或λ=−1(舍)，
所以AQAB=13．
19.解：(1)设椭圆的方程为px2+qy2=1(p>0,q>0,p≠q)，
因为椭圆过点M(1, 22)和N( 22, 32)，
所以p+q2=1p2+3q4=1，
解得p=12，q=1，
则椭圆的标准方程为x22+y2=1；
(2)设直线AC的方程为x=my−1，
联立x=my−1x22+y2=1，消去x并整理得(m2+2)y2−2my−1=0，
此时Δ>0，
由韦达定理得y1+y3=2mm2+2，y1y3=−1m2+2，
所以FA⋅FC=(x1−1)(x3−1)+y1y3=(my1−2)(my3−2)+y1y3
=(m2+1)y1y3−2m(y1+y3)+4=−m2+7m2+2=2，
解得m=±1，
则直线AC的方程x=±y−1，
即x±y+1=0；
(3)设直线AC的方程为x=my−1，m=x3+1y3，
由(2)知y1y3=−1m2+2=−1(x3+1y3)2+2=−y32(x3+1)2+2y32=−y32x32+2y32+2x3+1=−y322x3+3，
解得y1=−y32x3+3，
所以x1=my1−1=x3+1y3⋅(−y32x3+3)−1=−3x3+42x3+3，
同理得y2=−y42x4+3，x2=−3x4+42x4+3，
因为直线AB斜率存在且过点F(1,0)，
所以y1x1−1=y2x2−1=y2−y1x2−x1=kAB，
则kAB=−y32x3+3−3x3+42x3+3−1=−y42x4+3−3x4+42x4+3−1=y35x3+7=y45x4+7=y4−y35(x4−x3)=kCD5．
故kCDkAB=5．