2024-2025学年辽宁省大连市高二（上）期末数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年辽宁省大连市高二（上）期末数学试卷（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.双曲线x24−y2=1的渐近线方程是( )
A. y=±2xB. y=±12xC. y=±4xD. y=±14x
2.C22+C32+C42+C52=( )
A. 10B. 15C. 20D. 40
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.已知A(−1,2)，B(1,2)，动点P在直线y=x上，则|PA|+|PB|的最小值为( )
A. 2B. 10C. 3 2D. 10
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.将98个不同的小球全部放入99个不同的盒子中，共有m种不同的方法，若m=100k+r，其中k∈N，0≤r0)，点D(−2,1)，圆D与直线3x+4y−13=0相切．
(1)若圆C与圆D相交，求r的取值范围；
(2)若圆C与圆D公共弦的长度为3 105，求r的值．
17.(本小题15分)
已知抛物线C：y2=4x，过点M(2,0)倾斜角为θ的直线与抛物线C相交于A，B两点，O为坐标原点．
(1)若θ=π4，求|AB|的值；
(2)若θ∈[π6,π4]，求△ABO面积的取值范围．
18.(本小题17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17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.B
2.C
3.C
4.B
5.B
6.B
7.D
8.A
9.ABD
10.AB
11.ACD
12.3
13. 5
14.83
15.解：(1)在(1+2x)8的展开式中，
含x3的项为；C83(2x)3=448x3；
(2)在(1+2x)8的展开式中，令x=1，
则各项系数和(1+2×1)8=6561；
(3)设系数最大的项是第n+1项，
则C8n⋅2n≥C8n−1⋅2n−1C8n⋅2n≥C8n+1⋅2n+1，
则2⋅8!n!⋅(8−n)!≥8!(n−1)!⋅(9−n)!8!n!⋅(8−n)!≥2⋅8!(n+1)!⋅(7−n)!，
即5≤n≤6，
即系数最大的项是第6项和第7项．
16.解：(1)由题意可得圆D的半径为r′，则r′=|3×(−2)+4×1−13| 32+42=3，
所以圆D的方程为(x+2)2+(y−1)2=9，
圆C：(x−1)2+y2=r2(r>0)，圆心C(1,0)，半径r，
圆心距|DC|= (−2−1)2+12= 10，
要使两个圆相交，可得|r−3|< 100,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．