辽宁省七校协作体2024_2025学年高二下学期3月联考 数学试题（含解析）

这是一份辽宁省七校协作体2024_2025学年高二下学期3月联考 数学试题（含解析），共16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（本大题共8小题）
1．已知抛物线，则其焦点到准线的距离为（ ）
A．B．C．1D．4
2．如图，在正三棱柱中，若，则与所成角的大小为（ ）
A．B．C．D．
3．“”是“方程表示椭圆”的（ ）
A．充要条件B．充分不必要条件
C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件
4．已知，则方程与在同一坐标系内的图形可能是（ ）
A．B．
C．D．
5．若函数有两个零点，则k的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
6．小梁同学将个完全相同的球放入个不同的盒子中有种放法，小郅同学将个完全不同的球放入个相同的盒子中有种放法.若每个盒子中至少有一个球，则（ ）.
A．B．C．D．
7．如图，直三棱柱的所有棱长均相等，P是侧面内一点，若点P到平面的距离，则点P的轨迹是（ ）
A．圆的一部分B．椭圆的一部分
C．双曲线的一部分D．抛物线的一部分
8．设，分别为椭圆与双曲线的公共焦点，它们在第一象限内交于点，，若椭圆的离心率，则双曲线的离心率的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知直线：和直线：，下列说法正确的是（ ）
A．始终过定点B．若，则或2
C．当时，与的距离为D．若不经过第三象限，则
10．已知圆，直线与交于两点，点为弦的中点，，则（ ）
A．弦有最小值为B．有最小值为
C．面积的最大值为D．的最大值为9
11．已知正方体棱长为1，为棱中心，为正方形上的动点，则（ ）
A．满足平面的点的轨迹长度为
B．满足的点的轨迹长度为
C．存在点，使得平面经过点
D．存在点满足
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知空间向量，则向量在向量上的投影向量的坐标
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，焦距为8，左､右焦点分别为，，点A的坐标为，P为双曲线右支上一动点，则的最小值为 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．在二项式的展开式中，第3项和第4项的系数比为．
(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．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．如图，正方体的棱长为2，点E为的中点．
(1)求证：；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)求点到平面的距离．
18．如图，在四棱锥中，平面，底面是直角梯形，其中，，，，为棱上的点，且，点在棱上（不与点，重合）.

(1)求证：平面平面；
(2)求二面角的平面角的余弦值；
(3)直线能与平面垂直吗？若能，求出的值；若不能，请说明理由.
19．已知椭圆：（）的左右焦点分别为，，点在椭圆上，且.
（1）求椭圆的方程；
（2）点P，Q在椭圆上，O为坐标原点，且直线，的斜率之积为，求证：为定值；
（3）直线l过点且与椭圆交于A，B两点，问在x轴上是否存在定点M，使得为常数？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．【答案】B
【详解】由题意，抛物线，即，解得，
即焦点到准线的距离是
故选：B
2．【答案】B
【详解】在正三棱柱中，向量不共面，，，
令，则，而，，
于是得，
因此，，
所以与所成角的大小为.
故选：B
3．【答案】B
【详解】由方程表示椭圆，可得，解得，
因为，
所以“”是“方程表示椭圆”的充分不必要条件.
故选：B.
4．【答案】A
【详解】解：由题意，当，时，方程表示焦点在轴上的椭圆，方程表示开口向左的抛物线，故排除选项C、D；
当，时，方程表示焦点在轴上的双曲线，方程表示开口向右的抛物线，故排除选项B，而选项A符合题意，
故选：A.
5．【答案】C
【详解】由题意可得，有两个根，
由得，
所以曲线是以原点为圆心，为半径的圆的轴的上半部分（含轴），
直线过定点，
当直线与相切时，
圆心到直线的距离，
解得或（舍去），
当直线过点时，
直线斜率为，
结合图形可得实数的取值范围是.
故选：C.
6．【答案】B
【详解】根据题意将个完全相同的球放入个不同的盒子中，每个盒子中至少有一个球，
利用隔板法共有种放法，所以；
将个完全不同的球放入个相同的盒子中，每个盒子中至少有一个球，
可以将个球分成组，有和两种分组方法，
按分组时，有种放法，按分组时，有种放法，
所以，所以.
故选：B
7．【答案】D
【详解】如图，作，做，连接.
因几何体为直三棱柱，则平面，又平面，
则，又平面，平面，
，则平面.
又由题可得平面，则.
因，，则.
又平面EPD，平面EPD，，
平面，平面，，
则平面EPD平面.
因平面平面EPD，平面平面，则.
故，结合平面，平面，可得
，则.又，则.
由题又有，结合，则，即为点P到直线距离.故点P到定点距离等于点P到直线距离，则点P轨迹为抛物线的一部分.
故选：D
8．【答案】C
【分析】根据椭圆以及双曲线的定义可得，.进而在中，由余弦定理变形可得，.根据不等式的性质，结合已知，求解即可得出答案.
【详解】
根据椭圆及双曲线的定义可得，
所以.
在中，，由余弦定理可得
，
整理可得，，
两边同时除以可得，.
又，，
所以有，
所以，.
因为，所以，
所以，所以，，，
所以，.
则，
故.
故选：C.
9．【答案】ABC
【详解】A.由得，
由得，直线始终过定点，选项A正确.
B.由得，解得或2，选项B正确.
C. 当时，：，即，：，
与的距离为，选项C正确.
D.当时，：，不经过第三象限，选项D错误.
故选：ABC.
10．【答案】BCD
【详解】圆的圆心，半径，
直线过定点，
因为，所以点在圆内，
所以直线与圆一定相交，
当点为弦的中点时，有最小值，
此时直线的斜率不存在，而直线的斜率一定存在，
所以，故A错误；
因为点为弦的中点，所以，即，
所以点的轨迹是以为直径的圆(去除），圆心为，半径为，
所以轨迹方程为，
因为，所以点在圆外，
所以的最小值为，故B正确；
对于C，，
要使面积取得最大值，只要点到直线的距离最大即可，
直线的方程为，即，
圆心到直线的距离，
所以点到直线的距离最大值为，
所以面积的最大值为，故C正确；
对于D，设，
联立，得，
则，故，
所以点的坐标为，
则，
当时，，
当时，，
当时，，
当且仅当，即时，取等号，
综上所述的最大值为9，故D正确.
故选：BCD.
11．【答案】ABD
【分析】对于A，利用线面平行的判定定理找出P的轨迹，进而求解判断即可；
对于B，建立空间直角坐标系，找出A、M的坐标，设，由得，找出P的轨迹，进而求解判断即可；
对于C，连接BM，取的中点H，连接AH、HM，得到平面ABM截正方体所得截面与正方形没有交点，即可判断；
对于D，借助空间直角坐标系，求得的最小值，即可判断.
【详解】如图，以D原点，以所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，
则，设，()，
所以.
A：取的中点Q，的中点N，如图，
因为点M为的中点，由正方体的性质知，
又平面，平面，所以平面，
同理可得平面，又平面，
所以平面平面，由平面，得平面，
所以点P的轨迹为线段NQ，其长度为，故A正确；
B：由得，即，
又，所以点P的轨迹为线段EF，且，
则，即点P的轨迹长度为，故B正确；
C：如图，连接BM，取的中点H，连接AH、HM，
则平面ABM截正方体所得截面为ABMH，与正方形没有交点，
所以不存在点P，使得平面AMP经过点B，故C错误；
D：由B知，点M关于平面的对称点为，
所以当P、A、M三点共线时最小，即，
又，所以存在点P满足，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】立体几何中关于动点轨迹问题，常常结合线、面的判定定理和性质寻求，或借助空间直角坐标系进行辅助计算求解.
12．【答案】
【详解】空间向量，
则，，
则向量在向量上的投影向量的坐标为.
故答案为：.
13．【答案】x＋4＝0和4x＋3y＋25＝0
【详解】由已知条件知圆心(－1，－2)，半径r＝5，弦长m＝8.
设弦心距是d，则由勾股定理得r2＝d2＋2，解得d＝3.若l的斜率不存在，则直线l的方程为x＝－4，圆心到直线的距离是3，符合题意．若l的斜率存在，设为k，则直线l的方程为y＋3＝k(x＋4)，即kx－y＋4k－3＝0，则d＝＝3，即9k2－6k＋1＝9k2＋9，解得k＝－，则直线l的方程为4x＋3y＋25＝0.所以直线l的方程是x＋4＝0和4x＋3y＋25＝0.
14．【答案】
【详解】解：如图所示，
由双曲线为等轴双曲线，且焦距为8，
所以，，
即，，
所以双曲线的方程为：，
所以，，，
由双曲线定义得，
所以
，
当三点共线时，最小为
故.
故答案为：.
15．【答案】(1)，第17项
(2)第7项和第8项
【详解】（1）二项式展开式的通项公式为．
因为第3项和第4项的系数比为，所以，
化简得，解得，所以．
令，得，所以常数项为第17项．
（2）设展开式中系数最大的项是第项，则，
解得．
因为，所以或，所以展开式中系数最大的项是第7项和第8项．
16．【答案】(1)
(2)2
【详解】（1）解：由题意可知，为的中点，因为，，所以，，所以，
所在直线方程为，即．

（2）解：由 解得，所以，所以平行于轴，平行于轴，即，
，
．
17．【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【详解】（1）如图以点D为坐标原点，，，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，，，，，
，，
所以，
所以．
（2）设平面的一个法向量为，
又，，
则，
令，则，
又，则，
所以直线与平面的正弦值为．
（3）点到平面的距离为，
所以点到平面的距离为．
18．【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)不能，理由见解析
【详解】（1）因为平面，所以，，
又，则以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A0,0,0，B1,0,0，，D0,1,0，，，
所以，，，
所以，，
所以，，且，，平面，
所以平面，
所以平面平面.

（2）由（1）知是平面的一个法向量，，，
设平面的一个法向量为，
所以，即，
令，则，，所以，
所以，
又由图可知二面角的平面角为锐角，
所以二面角的平面角的余弦值为.
（3）由（1）得，，，，
设，则，可得，
所以，
由（2）知是平面的一个法向量，
若平面，可得，则，该方程无解，
所以直线不能与平面垂直.
19．【答案】（1）； （2）20； （3），.
【详解】（1）因为点T在椭圆上且，所以，；
将点代入椭圆得，解得，
∴椭圆的方程为.
（2）设直线：，联立方程组，得，
所以，
又直线：，类似的可得
故而，为定值；
（3）当直线l与x轴不垂直时，设l：，设，，，
由得
又，
令得，此时，
当l与x轴垂直时，l：，，，又，有，
综上，，.