2024-2025学年辽宁省大连市王府高级中学高二（上）期中数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年辽宁省大连市王府高级中学高二（上）期中数学试卷（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x+y−1=0的倾斜角为( )
A. 45°B. 135°C. 90°D. 120°
2.已知向量a=(1,−1,0)，则与a共线的一个单位向量e=( )
A. (1,1,0)B. (− 22, 22,0)C. ( 22, 22,0)D. (0,0,1)
3.用0，1，2，3，4这五个数字能组成无重复数字且1与3不相邻的五位数的个数有( )
A. 36B. 48C. 60D. 72
4.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，点M在棱AB上，且AM=13，点P是平面ABCD上的动点，且动点P到直线A1D1的距离与点P到点M的距离的平方差为1，则动点P的轨迹是( )
A. 圆B. 抛物线C. 双曲线D. 直线
5.已知直线l1：3x+2ay−5=0，l2：(3a−1)x−ay−2=0，若l1//l2，则a的值为( )
A. −16B. 6C. 0D. 0或−16
6.已知点P为抛物线y2=2px(p>0)上一动点，点Q为圆C：(x+2)2+(y−4)2=1上一动点，点F为抛物线的焦点，点P到y轴的距离为d，若|PQ|+d的最小值为3，则p=( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
7.设F1、F2是椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点，O为坐标原点，点P在椭圆C上，延长PF2交椭圆C于点Q，且|PF1|=|PQ|.若△PF1F2的面积为 33b2，则|PQ||F1F2|=( )
A. 32B. 2 33C. 3D. 4 33
8.过双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点F作直线l，且直线l与双曲线C的一条渐近线垂直，垂足为A，直线l与另一条渐近线交于点B.已知O为坐标原点，若△OAB的内切圆的半径为 3−12a，则双曲线C的离心率为( )
A. 2 33B. 3+1C. 4 33D. 2 33或2
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.下列说法正确的是( )
A. 过点P(1,2)且在x、y轴截距相等的直线方程为x+y−3=0
B. 过点(−1,2)且垂直于直线x−2y+3=0的直线方程为3x+y=0
C. 过两圆x2+y2+6x+4y=0及x2+y2+4x+2y−4=0的交点的直线的方程是x+y+2=0
D. 直线y=k(x−2)+4与曲线y=1+ 4−x2有两个不同的交点，则实数k的取值范围是[512,34]
10.某工程队有6辆不同的工程车，按下列方式分给工地进行作业，每个工地至少分1辆工程车，则下列结论正确的有( )
A. 分给甲、乙、丙三地每地各2辆，有120种分配方式
B. 分给甲、乙两地每地各2辆，分发丙、丁两地每地各1辆，有180种分配方式
C. 分给甲、乙、丙三地，其中一地分4辆，另两地各分1辆，有60种分配方式
D. 分给甲、乙、丙、丁四地，其中两地各分2辆，另两地各分1辆，有1080种分配方式
11.已知抛物线C：y2=2px(p>0)与圆O：x2+y2=5交于A、B两点，且|AB|=4，直线l过C的焦点F，且与C交于M、N两点，则下列说法中正确的是( )
A. p=2
B. 1|MF|+1|NF|=1
C. 存在某条直线l，使得|MF|+2|NF|=5
D. 若点G(2,2)，则△GFM周长的最小值为3+ 5
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.如图，在四面体OABC中，OA=a,OB=b,OC=c，点M在OA上，且OM=2MA，点N为BC的中点，设MN=xa+yb+zc，则3x+3y+3z= ______．
13.已知过点A(0,1)且斜率为k的直线l与圆C：(x−2)2+(y−3)2=1交于M，N两点.若OM⋅ON=12，其中O为坐标原点，则原点到直线l的距离是______．
14.如图所示，平面直角坐标系xOy中，四边形ABCD满足AB⊥AD，CB⊥CD，BA⋅BC+2DA⋅DC=0，若点A，C分别为焦点在轴上的椭圆E：x28+y2b2=1(b>0)的上、下顶点，点B在椭圆E上，点D不在椭圆E上，设椭圆E的离心半为e，则e2= ______．
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15分)
在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别为A(0,0)，B(−2,0)，C(−3,−3)．
(1)求BC边上的中线AD的所在直线方程；
(2)求△ABC的外接圆M被直线l：x−y+1=0截得的弦长．
16.(本小题15分)
已知抛物线C：y2=2px(p>0)过点A(2,−4)．
(Ⅰ)求抛物线C的方程，并求其准线l的方程；
(Ⅱ)若点B(0,2)，求过点B且与抛物线C有且仅有一个公共点的直线m的方程．
17.(本小题15分)
已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的虚轴长为4，直线2x−y=0为双曲线C的一条渐近线．
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)记双曲线C的左、右顶点分别为A，B，过点T(2,0)的直线l交双曲线C于点M，N(点M在第一象限)，记直线MA斜率为k1，直线NB斜率为k2，求证：k1k2为定值．
18.(本小题15分)
如图，P为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AC为底面直径，△ABD为底面圆O的内接正三角形，且边长为 3，E在母线PC上，且AE= 3，CE=1，EC⊥BD．
(1)求证：平面BED⊥平面ABD；
(2)求二面角E−AB−D的余弦值；
(3)设线段PO上动点为M，求直线DM与平面ABE所成角的正弦值的最大值．
19.(本小题17分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，抛物线Γ：y2=4x的焦点与F2重合，若点P为椭圆C和抛物线Γ在第一象限的一个公共点，且△POF2的面积为 63，其中O为坐标原点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过椭圆C的上顶点B作两条互相垂直的直线，分别交椭圆C于点D、E，求证：直线DE过定点，并求出定点坐标；
(3)在(2)的条件下，求|BD|+|BE|的最大值．
参考答案
1.B
2.B
3.C
4.B
5.D
6.B
7.B
8.D
9.CD
10.BD
11.ABD
12.1
13. 22
14.12
15.解：(1)在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别为A(0,0)，B(−2,0)，C(−3,−3)，
∵B(−2,0)，C(−3,−3)，
∴BC边的中点D的坐标为(−52,−32)，
∴中线AD的斜率为−32−0−52−0=35，
∴中线AD的直线方程为：y−0=35(x−0)，即3x−5y=0；
(2)设△ABC的外接圆M的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，
∵A、B、C三点在圆上，
∴F=04−2D+F=09+9−3D−3E+F=0，
解得D=2E=4F=0，
∴外接圆M的方程为x2+y2+2x+4y=0，即(x+1)2+(y+2)2=5，
其中圆心M为(−1,−2)，半径r= 5，
又圆心M到直线l的距离为d=|−1−(−2)+1| 12+(−1)2= 2，
∴被截得的弦长的一半为 r2−d2= 3，
∴△ABC的外接圆M被直线l：x−y+1=0截得的弦长为2 3．
16.解：(Ⅰ)由题抛物线C：y2=2px(p>0)过点A(2,−4)，16=4p，解得p=4，
抛物线C的方程为y2=8x，其准线l方程为x=−2；
(Ⅱ)由题，①当直线m的斜率不存在时，y轴符合题意，其方程为x=0；
②如果直线m的斜率为0，y=2符合题意；
③如果直线m的斜率存在且不为0，则设直线m的方程为y=kx+2，
由y=kx+2y2=8x得ky2−8y+16=0，
由△=64−64k=0得k=1，
故直线m的方程为y=x+2，即x−y+2=0，
因此，直线m的方程为x=0或y=2或x−y+2=0．
17.解：(1)∵虚轴长为4，∴2b=4，即b=2，
∵直线2x−y=0为双曲线C的一条渐近线，
∴ba=2，∴a=1，
故双曲线C的标准方程为x2−y24=1．
(2)由题意知，A(−1,0)，B(1,0)，
设直线l的方程为x=ny+2，M(x1,y1)，N(x2,y2)，
联立x2−y24=1x=ny+2，得(4n2−1)y2+16ny+12=0，
∴y1+y2=−16n4n2−1，y1y2=124n2−1，
∴ny1y2=−34(y1+y2)，
∵直线MA的斜率k1=y1x1+1，直线NB的斜率k2=y2x2−1，
∴k1k2=y1x1+1y2x2−1=y1(ny2+1)y2(ny1+3)=ny1y2+y1ny1y2+3y2=−34(y1+y2)+y1−34(y1+y2)+3y2=−13，为定值．
18.解：(1)证明：如图所示，设AC与BD交于点F，连接EF，

由于PO⊥底面ABD，BD⊂底面ABD，故PO⊥BD，
又EC⊥BD，即BD⊥PC，PC∩PO=P，PC，PO⊂平面AEC，
故BD⊥平面AEC，又EF，AC⊂平面AEC，故BD⊥EF，BD⊥AC，
△ABD为底面圆O的内接正三角形，且边长为 3，
则AD= 3,AF= 3× 32=32，AC=ADsinπ3=2；
又AE= 3,CE=1，
∴AC2=AE2+CE2，即AE⊥EC，
而AEAC=AFAE= 32，
∴△AEC∽△AFE，则∠EFC=π2，即EF⊥AC，
结合BD⊥EF，AC，BD⊂平面ABD，AC∩BD=F，
∴EF⊥平面ABD，又EF⊂平面BED，
∴平面BED⊥平面ABD．
(2)以点F为坐标原点，以FA，FB，FE为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，

结合(1)可知PO=2EF=2 ( 3)2−(32)2= 3，
则A(32,0,0),B(0, 32,0),D(0,− 32,0),E(0,0, 32),P(12,0, 3),O(12,0,0)，
则AB=(−32, 32,0),AE=(−32,0, 32)，
设平面ABE的法向量为n=(x,y,z)，
n⊥ABn⊥AE，则n⋅AB=−32x+ 32y=0n⋅AE=−32x+ 32z=0，
令x=1，则n=(1, 3, 3)，
平面ABD的法向量可取为m=(0,0,1)，
则cs〈n,m〉=n⋅m|n||m|= 217，
由原图可知二面角E−AB−D为锐角，
故二面角E−AB−D的余弦值为 217；
(3)由(2)可得DO=(12, 32,0),OP=(0,0, 3)，
设OM=λOP(0≤λ≤1)，则DM=DO+OM=(12, 32, 3λ)，
设直线DM与平面ABE所成角为θ，
则sinθ=|n⋅DM||n||DM|=|3λ+2| 7× 3λ2+1，
则sin2θ=9λ2+12λ+47(3λ2+1)=17(3+12λ+13λ2+1)，
令y=12x+13x2+1,x∈[0,1]，
则y=4×x+112x2+13=4x+112+49144x+112−16≤42 (x+112)⋅49144x+112−16=4，
当且仅当x+112=49144x+112，即x=12时取等号，
即当λ=12时，12λ+13λ2+1取最大值4，则sin2θ=17(3+12λ+13λ2+1)取最大值1，
故直线DM与平面ABE所成角的正弦值的最大值为1．
19.解：(1)设P(x0,y0)x0>0，y0>0，由抛物线方程y2=4x，得焦点F2(1,0)，
设椭圆半焦距为c，则c=1，则F1(−1,0)，
因为S△POF2=12×1×y0= 63，解得y0=2 63，
而点P在抛物线y2=4x上，则x0=23，即P(23,2 63)，
于是2a=|PF2|+|PF1|= (23−1)2+(2 63)2+ (23+1)2+(2 63)2=4，
所以a=2，所以b2=a2−c2=4−1=3，
所以椭圆C的方程为x24+y23=1．
(2)证明：由(1)知，椭圆C：x24+y23=1的上顶点B(0, 3)，
显然直线DE的斜率存在，设直线DE的方程为y=kx+t(t≠ 3)，
联立x24+y23=1y=kx+t，消去y整理得(4k2+3)x2+8ktx+4t2−12=0，
由Δ=64k2t2−4(4k2+3)(4t2−12)>0得4k2+3>t2，
设D(x1,y1)，E(x2,y2)，则x1+x2=−8kt4k2+3,x1x2=4t2−124k2+3，
由BD⊥BE，得BD⋅BE=0，
而BD=(x1,y1− 3),BE=(x2,y2− 3)，则x1x2+(y1− 3)(y2− 3)=0，
即x1x2+(kx1+t− 3)(kx2+t− 3)=0，
整理得(1+k2)x1x2+k(t− 3)(x1+x2)+(t− 3)2=0，
则(1+k2)⋅4t2−124k2+3+k(t− 3)(−8kt4k2+3)+(t− 3)2=0，
化简得7t2−6 3t−3=0，而t≠ 3，解得t=− 37，
所以直线DE：y=kx− 37恒过定点(0,− 37)．
(3)由(2)知，x1+x2=8 3k7(4k2+3),x1x2=−57649(4k2+3)，
则|DE|= 1+k2⋅|x1−x2|= 1+k2⋅ (x1+x2)2−4x1x2
= 1+k2⋅ 192k249(4k2+3)2+4⋅57649(4k2+3)=8 37⋅ (49k2+36)(k2+1)(4k2+3)2，
令4k2+3=u≥3，则|DE|=8 37⋅ (49u−3)(u+1)16u2=2 37⋅ −3u2+46u+49≤16 37，
当且仅当u=3，即k=0时取等号，而|BD|2+|BE|2=|DE|2，
则|BD|+|BE|= |BD|2+|BE|2+2|BD||BE|≤ 2(|BD|2+|BE|2)= 2|DE|≤16 67，
当且仅当|BD|=|BE|，k=0时取等号，
所以|BD|+|BE|的最大值为16 67．