2024-2025学年辽宁省名校联盟（东三省）高二上学期12月联考调研测试数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年辽宁省名校联盟（东三省）高二上学期12月联考调研测试数学试卷（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。
1.已知抛物线x2=2pyp>0上一点A−2,12，则点A到其焦点的距离为( )
A. 32B. 52C. 4D. 92
2.已知p：“a=1”，q：“直线l1:ax+y+7=0和直线l2:a+2x−3y+2=0互相垂直”，则p是q的( )
A. 必要不充分条件B. 充分不必要条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
3.在正三棱锥A−BCD中，O为▵BCD外接圆圆心，则AO=( )
A. AB+AC+ADB. 23AB+23AC+23AD
C. 12AB+12AC+12ADD. 13AB+13AC+13AD
4.已知m,n∈N∗且m≤n，则下列等式正确的是( )
A. A104=A106B. C73=A734!
C. n+1Anm=An+1m+1D. Cnm=m+1n+1Cn+1m
5.已知圆O:x2+y2=16，定点A2,4,P是圆上任意一点，线段AP的垂直平分线与直线OP交于点Q，则点Q的轨迹为( )
A. 以OA为直径的圆B. 以O,A为焦点的椭圆
C. 以O,A为焦点的双曲线D. 以O为顶点，A为焦点的抛物线
6.若C13m−3=C13m3，则C32+C42+C52+⋯+Cm2的值为( )
A. 286B. 285C. 219D. 218
7.在正四棱台ABCD−A1B1C1D1中，AB=4,A1B1=2，若存在球O与该正四棱台的各个面均相切，则点A1到平面B1BCC1的距离为( )
A. 4 23B. 3C. 4 55D. 8 1717
8.已知M,N是椭圆x23+y2=1上的两个动点，O为坐标原点，OM⊥ON，过点O作OP⊥MN，垂足为点P，若A1,A2分别为椭圆的左､右顶点，则A1P的最小值为( )
A. 22B. 2C. 32D. 3
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F1,F2分别为椭圆x24+y29=1的两个焦点，P是椭圆上一点，且PF1−PF2=2，则下列说法中正确的是( )
A. PF1=3B. ▵PF1F2的周长为6+2 5
C. ▵PF1F2的面积为4D. 点P在圆x2+y2=5上
10.在 x−23xn的展开式中二项式系数之和是64，则下列说法正确的是( )
A. 二项式系数最大的项是第4项B. 展开式没有常数项
C. 各项系数之和为1243D. 系数最大的项是第3项
11.如图，该几何体为圆锥与半球组成的组合体，其中圆锥轴截面为边长为2的正三角形，点Q为半球面上的一个动点，则下列说法正确的是( )
A. 该组合体的体积为 3+23π
B. PQ与平面PAB所成角的取值范围为0,π6
C. 平面PAQ与平面PBQ所成角的取值范围为0,π3
D. 当PQ= 7时，Q点形成的轨迹长度为π
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.一盒子里有编号1,2,3的红球和编号1,2,3的白球各一个，随机取出4个球排成一列，则相同颜色和相同编号均不相邻的排法有 种.
13.过直线l:6x+2y−9=0上一点P作圆C1:x2+y2=1和圆C2:(x−3)2+(y−1)2=2的切线，切点分别为A,B，若M为AB中点，N为PA中点，则PAMN= ．
14.杨辉三角(帕斯卡三角)是我国南宋数学家杨辉用三角形来直观解释二项式系数规律的一种方法，如图，记第n行的第i个数为an,i，则a10,3= ，1+i=12024(−1)i+1a2024,i2a2024,1013= ．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
甲､乙､丙等6名同学利用周末到社区进行志愿服务．
(1)6名同学站成一排，若甲､乙､丙自左向右从高到矮排列，则不同的排列方案有多少种？
(2)6名同学站成一排，甲､乙两名同学之间恰有2人的不同排列方案有多少种？
(3)6名同学分成三组(每组至少有一人)，进行三项不同的社区服务，则不同的分配方案有多少种？
16.(本小题15分)
如图，已知正方形ABCD是圆柱的轴截面(经过旋转轴的截面)，点E在底面圆周上，AB=4,CE=2，点P是BE的中点．
(1)求点A到直线DP的距离；
(2)求平面PCD与平面BDE的夹角的余弦值．
17.(本小题15分)
“对号函数”y=ax+bxa>0,b>0的图象也可以看成是以x=0与y=ax为渐近线的双曲线.设函数y= 3x3+32x，若将其图象看成双曲线C1．
(1)求双曲线C1的焦点坐标；
(2)将双曲线C1绕着坐标原点O顺时针旋转，使焦点落到x轴上，得到双曲线C2，设双曲线C2的右焦点为F，过F的直线l与双曲线C2的右支交于A,B两点，当OA⋅OB=21时，求直线l的方程．
18.(本小题17分)
已知三棱锥D−ABC底面为边长为1的等边三角形ABC，平面ABD⊥平面ABC，平面ACD⊥平面ABC,E为线段BD中点，F为线段CD中点，点P在线段BC上.

(1)证明：AD⊥平面ABC；
(2)设直线PE,PF与平面ABC所成的角分别为α,β，其中α=π6,csβ=34，求线段AD的长度及P点位置．
19.(本小题17分)
已知抛物线E:y2=2pxp>0的焦点为F1,0，过抛物线上一点A，任意作两条相互垂直的弦AB,AC，弦BC过定点P5,2．
(1)求E的方程；
(2)求A点坐标；
(3)若直线AB和AC分别与y轴交于M,N两点，当MN≤52时，求S▵ABCS▵AMN的最大值．
参考答案
1.B
2.B
3.D
4.C
5.C
6.B
7.A
8.C
9.BCD
10.AD
11.ABD
12.12
13.2
14.45；1
15.解：(1)
先将6人全排列有A66种，考虑到甲、乙、丙三人排列有A33种，
所以甲､乙､丙自左向右从高到矮排列时，不同的排法有A66A33=120种；
(2)
从除甲、乙以外的4人中任取2人排在甲、乙之间，与甲、乙组成一个整体，再与余下2个人全排列，
则有C42⋅A22⋅A22⋅A33=144种排列方案；
【小问3详解】
由题可得学生的分配方案可以有：①1,2,3；②1,1,4；③2,2,2；
①6名学生按1,2,3分为三个组有C61C52C33种方法，
则6人分配到三所学校共有C61C52C33A33=360种分配方法；
②6名学生按1,1,4分为三个组有C64=C62种分法，
则6人分配到三项不同的社区一社区1人、一社区1人、一社区4人共有C62•A33=90分配方法；
③6名学生平均分配到三项不同的社区有C62C42C22=90种方法；
则6人分配到三项不同的社区每个社区至少一人一共有：360+90+90=540种方法．

16.解：(1)
因为线段CD是底面圆的直径，所以CE⊥DE，所以DE= CD2−CE2=2 3，
以点E为坐标原点，EC，ED所在直线分别为x轴，y轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则E0,0,0,B2,0,4,P1,0,2,D0,2 3,0,A0,2 3,4,C2,0,0
所以DA=0,0,4,DP=1,−2 3,2，设点A到直线DP的距离为d，
则d= DA2−DA⋅DPDP2=4 22117，故点A到直线DP的距离为4 22117；
(2)
由(1)可知DC=2,−2 3,0,DP=1,−2 3,2，DE=0,−2 3,0,EB=2,0,4，
设n=(x,y,z)为平面PCD的一个法向量，
则由n⋅DP=x−2 3y+2z=0n⋅DC=2x−2 3y=0，可取n= 3,1, 32，
设m=(a,b,c)为平面BDE的一个法向量，
则由m⋅DE=−2 3b=0m⋅EB=2a+4c=0，可取m=(2,0,−1)，
设平面PCD与平面BDE所成角为θ，则csθ=cs⟨n,m⟩=n⋅mn⋅m=2 3− 32 5× 192=3 28595，
即平面PCD与平面BDE的夹角的余弦值为3 28595．

17.解：(1)
设双曲线C1的实轴长2a，虚轴长2b，焦距2c，由题意y= 3x为双曲线的一条对称轴，
设直线y= 3x与函数y= 3x3+32x图象交于A1,A2两点，
联立y= 3xy= 3x3+32x，解得x=−32y=−3 32或x=32y=3 32，所以A1−32,−3 32,A232,3 32，
则A1A2=6，所以a=3，又ba= 33，所以b= 3，则c=2 3，
设双曲线C1的焦点分别为F1,F2，则F1− 3,−3,F2 3,3；
(2)
由(1)可知双曲线C2的方程为x29−y23=1，右焦点F2 3,0，
设直线l的方程x=my+2 3，与C2的方程联立可得(m2−3)y2+4 3my+3=0，
设A(x1,y1),B(x2,y2)，由题意m2−3≠0，Δ=(4 3m)2−12(m2−3)>0，
所以y1+y2=−4 3mm2−3,y1y2=3m2−3，
OA⋅OB=x1x2+y1y2=my1+2 3my2+2 3+y1y2
=m2+1y1y2+2 3my1+y2+12=m2+1×3m2−3+2 3m×−4 3mm2−3+12=21，
即m2=1，解得m=±1，此时直线l的方程为x+y−2 3=0或x−y−2 3=0．

18.解：(1)
过点D分别在平面ABD、平面ACD内作AB,AC的垂线，垂足分别为D1,D2，
因为平面ABD⊥平面ABC，平面ABD∩平面ABC=AB，
所以DD1⊥平面ABC，同理DD2⊥平面ABC，
又DD1,DD2有公共点，所以DD1,DD2两直线重合，
因为DD1⊂平面ABD，DD2⊂平面ACD，
所以DD1为平面ABD与平面ACD的交线，即AD，
所以AD⊥平面ABC．

(2)
记AB,AC的中点分别为G,H，连接FH,EG,HP,GP，
则EG//DA,FH//DA，
因为AD⊥平面ABC，所以EG⊥平面ABC，FH⊥平面ABC，
所以直线PE,PF与平面ABC所成的角分别为∠EPG,∠FPH，
设AD=2m，PC=n，则EG=FH=m,PB=1−n，
因为α=π6，所以PG=EGtanπ6= 3m，
因为csβ=34,β∈0,π2，所以sinβ= 74,tanβ= 73，所以HP=FHtanβ=3m 7，
又▵ABC为边长为1的等边三角形，所以BG=CH=12,∠ACB=∠ABC=π3，
在▵CPH,▵BPG中由余弦定理可得：n2+14−n2=9m271−n2+14−1−n2=3m2,
解得n=14,m= 2112，所以AD= 216，点P为BC靠近点C的四等分点．

19.解：(1)
由F1,0可得p2=1，即p=2，所以E的方程为y2=4x；
(2)
设An24,n,By124,y1,Cy224,y2，当直线BC斜率存在时，设BC：y−2=kx−5，
联立y2=4xy−2=kx−5得ky2−4y+8−20k=0，则Δ=16−4k(8−20k)>0，y1+y2=4k,y1y2=8−20kk，由题意AB⋅AC=0，
所以y124−n24y224−n24+y1−ny2−n=0，
即y12y2216−n24×y12+y224+n416+y1y2−ny1+y2+n2=0，
即8−20kk2−n216k2−2×8−20kk+n4+16×8−20kk−16n×4k+16n2=0，
即80−24n2+n4k2+16n2−64n−192k+64−16n2=0，
则80−24n2+n4=016n2−64n−192=064−16n2=0，可得n=−2，故A1,−2，
当直线BC的斜率不存在时，BC:x=5，
联立y2=4xx=5得B5,2 5,C5,−2 5，AB⋅AC=0成立，综上所述A1,−2；
(3)
S▵ABCS▵AMN=ABACAMAN=xB−xAxC−xAxM−xAxN−xA=xB−1xC−1=yB24−1yC24−1，
易知直线AB和AC的斜率均存在，设AB：y+2=k1(x−1)，AC：y+2=k2(x−1)，
此时k1k2=−1，M0,−k1−2,N0,1k1−2，则MN=k1+1k1≤52，
可得k1∈−2,−12∪12,2，联立y2=4xy+2=k1(x−1)得k1y2−4y−8−4k1=0，
则yA=−2,yB=4k1+2，同理yC=4k2+2=−4k1+2，
因此S▵ABCS▵AMN=yB24−1yC24−1=4k12+4k14k12−4k1=16k1−1k1，
因为y=k1−1k1在k1∈−2,−12和k1∈12,2单调递增，所以−32≤k1−1k1≤32，
即k1−1k1≤32，所以S▵ABCS▵AMN≤24，即S▵ABCS▵AMN的最大值为24．