2024-2025学年辽宁省七校协作体高二下学期3月联考数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年辽宁省七校协作体高二下学期3月联考数学试卷（含答案），共8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.已知抛物线y=x2，则其焦点到准线的距离为( )
A. 14B. 12C. 1D. 4
2.如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，若AB= 2BB1，则AB1与BC1所成角的大小为( )
A. 60∘B. 90∘C. 105∘D. 75∘
3.“10与双曲线C2:x2a22−y2b22=1(a2>0,b2>0)的公共焦点，它们在第一象限内交于点M，∠F1MF2=π3，若椭圆的离心率e1∈ 22, 32，则双曲线C2的离心率e2的取值范围为( )
A. 52, 62B. 62,+∞C. 3 24, 62D. 62, 142
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.已知直线l1：x+ay−a=0和直线l2：ax−2a−3y−1=0，下列说法正确的是( )
A. l2始终过定点23,13B. 若l1⊥l2，则a=0或2
C. 当a=−3时，l1与l2的距离为4 1015D. 若l1不经过第三象限，则a>0
10.已知圆C:(x−2)2+(y−1)2=9，直线l:kx−y+1=0与C交于A,B两点，点M为弦AB的中点，P0,3，则( )
A. 弦AB有最小值为2 5B. OM有最小值为 2−1
C. ▵OCM面积的最大值为 5+12D. PO⋅PM的最大值为9
11.已知正方体ABCD−A1B1C1D1棱长为1，M为棱CC1中心，P为正方形A1B1C1D1上的动点，则( )
A. 满足MP//平面BDA1的点P的轨迹长度为 22
B. 满足MP⊥AM的点P的轨迹长度为 24
C. 存在点P，使得平面AMP经过点B
D. 存在点P满足PA+PM=2.2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知空间向量a=1,0,1，b=2,−1,2，则向量a在向量b上的投影向量的坐标是__________．
13.已知直线l经过点P(−4,−3)，且被圆(x+1)2+(y+2)2=25截得的弦长为8，则直线l的方程是 ．
14.已知双曲线方程为x2m−y2m=1m>0，焦距为8，左､右焦点分别为F1，F2，点A的坐标为1,2，P为双曲线右支上一动点，则PF1+PA的最小值为 ．
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)
在二项式x+124xn的展开式中，第3项和第4项的系数比为13．
(1)求n的值及展开式中的常数项是第几项；
(2)展开式中系数最大的项是第几项？
16.(本小题12分)
已知点A(2,3)，B(4,1)，△ABC是以AB为底边的等腰三角形，点C在直线l:x−2y+2=0上．
(1)求AB边上的高CE所在直线的方程;(2)求△ABC的面积．
17.(本小题12分)
如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，点E为BB1的中点．
(1)求证：A1C⊥AD1；
(2)求直线AA1与平面D1AE所成角的正弦值；
(3)求点A1到平面D1AE的距离．
18.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是直角梯形，其中AD//BC，AB⊥AD，AB=AD=12BC=1，PA=2，E为棱BC上的点，且BE=14BC，点Q在棱CP上(不与点C，P重合)．
(1)求证：平面DEQ⊥平面PAC．
(2)求二面角A−PC−D的平面角的余弦值．
(3)直线QE能与平面PCD垂直吗?若能，求出CQCP的值;若不能，请说明理由．
19.(本小题12分)
已知椭圆Γ：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右焦点分别为F1，F2，点T−2, 3在椭圆Γ上，且TF1+TF2=8．
(1)求椭圆的方程；
(2)点P，Q在椭圆Γ上，O为坐标原点，且直线OP，OQ的斜率之积为14，求证：OP2+OQ2为定值；
(3)直线l过点−1,0且与椭圆Γ交于A，B两点，问在x轴上是否存在定点M，使得MA⇀⋅MB⇀为常数？若存在，求出点M坐标以及此常数的值；若不存在，请说明理由．
参考答案
1.B
2.B
3.B
4.A
5.C
6.B
7.D
8.C
9.ABC
10.BCD
11.ABD
12.(89,−49,89)
13.4x+3y+25=0或x+4=0
14.4 2+ 13
15.解：(1)二项式x+124xn展开式的通项公式为Tr+1=Cnrxn−r124xr=Cnr12rxn−54r．
因为第3项和第4项的系数比为13，所以Cn2122Cn3123=13，
化简得6Cn2=Cn3，解得n=20，所以Tr+1=C20r12rx20−54r．
令20−54r=0，得r=16，所以常数项为第17项．
(2)设展开式中系数最大的项是第r+1项，则C20r12r≥C20r−112r−1C20r12r≥C20r+112r+1⇒21−r≥2r2r+1≥20−r,
解得6≤r≤7．
因为r∈N，所以r=6或r=7，所以展开式中系数最大的项是第7项和第8项．

16.解析(1)由题意可知，E为AB的中点， kAB=1−34−2=−1，
所以E(3,2)，kCE=−1kAB=1，所以CE所在直线的方程为y−2=x−3，即x−y−1=0．
(2)联立得x−2y+2=0,x−y−1=0,解得x=4,y=3,
所以C(4,3)．
因为A(2,3)，B(4,1)，且由(1)知E(3,2)，
所以|EC|= (4−3)2+(3−2)2= 2，
|AB|= (4−2)2+(1−3)2=2 2，
所以S△ABC=12|AB|⋅|EC|=2．

17.解：(1)如图以点D为坐标原点，DA，DC，DD1的方向分别为x轴，y轴，z轴
建立如图所示的空间直角坐标系，
则A2,0,0，E2,2,1，D10,0,2，A12,0,2，C0,2,0，
A1C=−2,2,−2，AD1=−2,0,2，
所以A1C⋅AD1=4+0−4=0，
所以A1C⊥AD1．
(2)设平面D1AE的一个法向量为m=x,y,z，
又AD1=−2,0,2，AE=0,2,1，
则m⋅AD1=−2x+2z=0m⋅AE=2y+z=0,
令y=−1，则m=2,−1,2，
又AA1=0,0,2，则csm,AA1=m⋅AA1mAA1=4 4+1+4× 4=23，
所以直线AA1与平面D1AE的正弦值为23．
(3)点A1到平面D1AE的距离为d=AA1⋅mm=4 4+1+4=43，
所以点A1到平面D1AE的距离为43．

18.解：(1)因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥AD，又AB⊥AD，
则以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz，
则A(0,0,0)，B(1,0,0)，E(1,12,0)，D(0,1,0)，C(1,2,0)，P(0,0,2)，
所以DE=(1,−12,0)，AC=(1,2,0)，AP=(0,0,2)，
所以DE⋅AP=0，DE⋅AC=1−1=0，
所以DE⊥AP，DE⊥AC，且AP∩AC=A，AP，AC⊂平面PAC，所以DE⊥平面PAC，
因为DE⊂平面DEQ，
所以平面DEQ⊥平面PAC；
(2)解：由(1)知DE=(1,−12,0)是平面PAC的一个法向量，PD=(0,1,−2)，PC=(1,2,−2)，
设平面PCD的一个法向量为n=(x,y,z)，
所以PD⋅n=0PC⋅n=0，即y−2z=0x+2y−2z=0，令z=−1，则x=2，y=−2，所以n=(2,−2,−1)，
所以csDE,n=DE·nDE×n=2+1 54× 9=2 55，
又由图可知二面角A−PC−D的平面角为锐角，
所以二面角A−PC−D的平面角的余弦值为2 55；
(3)由(1)得C(1,2,0)，P(0,0,2)，E(1,12,0)，CP=(−1,−2,2)，
设CQCP=λ(0