2025-2026学年辽宁省五校联盟高二（上）期末数学试卷（含答案）

这是一份2025-2026学年辽宁省五校联盟高二（上）期末数学试卷（含答案），共11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：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知直线l1与l2的斜率存在，且分别为k1、k2，则“k1=k2”是“l1//l2”( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不是充分也不是必要条件
2.C84+C85=( )
A. 126B. 84C. 70D. 56
3.双曲线y24−x22=1的离心率e和渐近线方程分别为( )
A. e= 62,y=± 2xB. e= 3,y=± 2x
C. e= 62,y=± 22xD. e= 3,y=± 22x
4.在正三棱台A1B1C1−ABC中，AB=2AA1=2A1B1，E，F分别是AB和A1B1的中点，则异面直线EF和AC1所成角的余弦值为( )
A. 16B. 14C. 13D. 23
5.已知点A(−3,0)，B(3,0)，动点P(x,y)满足|PA|=2|PB|，则yx+1的取值范围是( )
A. [−23,23]B. [−45,45]C. [− 52, 52]D. [−2 55,2 55]
6.用数字1，2，3组成一个四位数，数字i最多用i次(其中i=1，2，3)，则满足条件四位数的个数是( )
A. 14B. 26C. 38D. 48
7.在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB= 3,AD=2,AA1=1，动点P在表面ABCD及其边界上运动，〈A1B,A1P〉=π6，则动点P的轨迹为( )
A. 线段B. 圆的一部分C. 椭圆的一部分D. 抛物线的一部分
8.“埙”(图1)是中国传统吹奏乐器之一，音色朴拙抱素独为地籁，在世界原始艺术史上占有重要的地位.一款“埙”的外轮廓上部是半椭圆，下部是半圆.上部分半椭圆的方程为y2a2+x2b2=1(a>b>0,y≥0)，下部分半圆的方程为x2+y2=b2(yb>0)的左、右焦点分别为F1，F2，椭圆E上的点P满足PF1⊥PF2，直线PF1和直线PF2分别和椭圆E交于点A和点B(点A，B和点P不同)，若3|F1A|=4|F2B|，则椭圆E的离心率等于 ．
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)
在( x+2)n(n∈N∗)的展开式中，第4项的二项式系数和第2023项的二项式系数相等．
(1)求展开式中所有二项式系数的和；
(2)求展开式中所有奇数项的系数和；
(3)求展开式中系数最大的项是第几项？
16.(本小题15分)
如图，斜棱柱ABCD−A1B1C1D1的所有棱长都等于2，∠ABC=60°，平面AA1C1C⊥平面ABCD，∠A1AC=60°．
(1)在棱CC1(包括端点C和C1)上是否存在点P，使得DP//平面B1AC？若存在，求CP的长，若不存在，说明理由；
(2)求直线BD1与平面CDC1所成角的正弦值．
17.(本小题15分)
已知抛物线E：y2=2px(p>0)的焦点为F，M是抛物线E上的动点，且|MF|的最小值为1，过点P(3,0)的直线l交抛物线E于A，B两个不同的点，点T(2,1)，直线FT平分∠AFB．
(1)求抛物线E的方程；
(2)求直线l的斜率；
(3)求△ABF外接圆的面积．
18.(本小题17分)
棱锥P−ABCD中，AB= 3,AD=BC=3,∠ABC=90°,∠BAD=150°，且PA⊥平面ABCD，过点A的平面α与侧棱PB，PC，PD分别交于点E，F，G，且四边形AEFG为菱形．
(1)求证：AD⊥平面PAC；
(2)求线段PA的长；
(3)求平面AEFG与平面ABCD所成角的余弦值．
19.(本小题17分)
已知动圆C与圆C1：(x−1)2+y2=9内切，同时与圆C2：(x+1)2+y2=1外切，圆心C的轨迹为E，斜率为k的动直线l与轨迹E相交于不同的两点A，B，坐标原点为O．
(1)求轨迹E的方程；
(2)若AB中点的横坐标等于1，求△OAB面积的最大值，并求出取最大值时k的值；
(3)若以AB为直径的圆经过点P(1,32)，求证：直线l经过定点，并求出定点的坐标．
参考答案
1.C
2.A
3.A
4.D
5.D
6.C
7.D
8.D
9.BC
10.ABD
11.ACD
12.24
13.(−2 6−1,−1)∪(−1,2 6−1)
14. 297
15.解：(1)因为在( x+2)n(n∈N∗)的展开式中，第4项的二项式系数和第2023项的二项式系数相等，
所以Cn3=Cn2022，
所以n=3+2022=2025，
所以展开式中所有二项式系数的和等于22025；
(2)设t= x，则g(t)=(t+2)2025，
所以( x+2)2025展开式中奇数项的系数即为(t+2)2025展开式中奇次项的系数，
所以( x+2)2025展开式中所有奇数项的系数和等于g(1)−g(−1)2=32025−12；
(3)设( x+2)2025展开式中系数最大的项是第r+1项，
则C2025r⋅2r≥C2025r+1⋅2r+1C2025r⋅2r≥C2025r−1⋅2r−1，
解得40493≤r≤40523，
又因为r∈N∗，所以r=1350，
所以展开式中系数最大项是第1351项．
16.解：(1)连接BD，交AC于点O，则O为BD，AC中点，
因为AB=BC=2，∠ABC=60°，所以AC=2，△ABC为等边三角形，
所以AC⊥BD，
又因为AA1=AC=2，∠A1AC=60°，所以△A1AC为等边三角形，
所以A1O⊥AC，A1O⊂平面AA1C1C，
又因为平面AA1C1C⊥平面ABCD，平面AA1C1C∩平面ABCD=AC，
所以A1O⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以A1O⊥BD，
以点O为原点，OB，OC，OA1所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
则A(0,−1,0)，C(0,1,0)，B1( 3,1, 3)，D(− 3,0,0)，C1(0,2, 3)，
则AC=(0,2,0)，CB1=( 3,0, 3)，CC1=(0,1, 3)，DC=( 3,1,0)，
设平面B1AC的一个法向量为n1=(x1,y1,z1)，
则n1⋅AC=0n1⋅CB1=0，即2y1=0 3x1+ 3z1=0，
令x1=1，则z1=−1，所以n1=(1,0,−1)，
设CP=λCC1(0≤λ≤1)，则DP=DC+CP=( 3,1+λ, 3λ)，
因为DP//平面B1AC，
所以n1⋅DP=0，即 3− 3λ=0，解得λ=1，
此时点P与C1重合，则CP=CC1=2．
(2)由(1)知，CC1=(0,1, 3)，DC=( 3,1,0)，BD1=(−2 3,1, 3)，
设平面CDC1的一个法向量为n2=(x2,y2,z2)，
则n2⋅CC1=0n2⋅DC=0，即y2+ 3z2=0 3x2+y2=0，
令y2=− 3，则x2=z2=1，所以n2=(1,− 3,1)．
设直线BD1与平面CDC1所成角为θ，
则sinθ=|cs〈BD1,n2〉|=|BD1⋅n2||BD1|⋅|n2|=|−2 3×1+1×(− 3)+ 3×1 (−2 3)2+12+( 3)2× 12+(− 3)2+12|=2 34 5= 1510，
所以直线BD1与平面CDC1所成角的正弦值为 1510．
17.解：(1)设点M(x,y)，则|MF|=x+p2≥p2=1，
∴p=2，抛物线E的方程为y2=4x．
(2)设点A(x1,y1)，B(x2,y2)，F(1,0)，
设直线l：x=my+3，代入y2=4x，得y2−4my−12=0，
∵Δ>0，∴y1+y2=4m，y1⋅y2=−12，
∵直线FT平分∠AFB，∴FT=λ(FA|FA|+FB|FB|)=λ((x1−1,y1)x1+1+(x2−1,y2)x2+1)
=λ(x1−1x1+1+x2−1x2+1,y1x1+1+y2x2+1)=(1,1)，
由此可得x1−1x1+1+x2−1x2+1=y1x1+1+y2x2+1，
即2x1x2−2=y1(x2+1)+y2(x1+1)，
∴2y124⋅y224−2=y1(my2+4)+y2(my1+4)=2my1y2+4(y1+y2)，
将y1+y2=4m，y1⋅y2=−12代入整理得−8m=16，解得m=−2，
即直线l的斜率等于−12．
(3)∵|AB|= 1+m2|y1−y2|= 1+m2 (y1+y2)2−4y1y2= 1+4× 64−(−48)=4 35，
x1x2=(−2y1+3)(−2y2+3)=4y1y2−6(y1+y2)+9=−48+48+9=9，
x1+x2=−2y1+3−2y2+3=−2(y1+y2)+6=16+6=22，
∴cs∠AFB=FA⋅FB|FA|⋅|FB|=(x1−1)(x2−1)+y1y2(x1+1)(x2+1)=x1x2−(x1+x2)+1+y1y2x1x2+(x1+x2)+1=9−22+1−129+22+1=−34，
∴sin∠AFB= 1−cs2∠AFB= 1−916= 74，
设△ABF外接圆的半径为R，
则2R=|AB|sin∠AFB=16 5，∴R=8 5，
∴△ABF外接圆的面积为320π．
18.(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AD，
因为AB= 3,BC=3，∠ABC=90°，
所以tan∠BAC=BCAB= 3，则∠BAC=60°，
因为∠BAD=150°，所以∠DAC=90°，即AD⊥AC，
又PA∩AC=A，PA，AC⊂平面PAC，
所以AD⊥平面PAC；
(2)解：依题意，直线AC，AD，AP两两垂直，
以点A为原点，AC,AD,AP的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系．
则A(0,0,0),B( 32,−32,0),C(2 3,0,0),D(0,3,0)，
设P(0,0,h),PE=λPB,PF=μPC,PG=mPD(0≤λ,μ,m≤1)，
则AP=(0,0,h),PB=( 32,−32,−h),PC=(2 3,0,−h),PD=(0,3,−h)，
所以PE=( 32λ,−32λ,−hλ),PF=(2 3μ,0,−hμ),PG=(0,3m,−hm)，
则AE=AP+PE=( 32λ,−32λ,(1−λ)h)，
GF=PF−PG=(2 3μ,−3m,(m−μ)h)，
因为AEFG为菱形，所以AE=GF，
可得( 32λ,−32λ,(1−λ)h)=(2 3μ,−3m,(m−μ)h)，
可得 32λ=2 3μ−32λ=−3m(1−λ)h=(m−μ)h，解得λ=45,μ=15,m=25，
所以AE=(2 35,−65,h5),EF=(0,65,3h5)．
又因为|AE|=|EF|，所以h= 62，
即PA的长为 62；
(3)解：依题意AE=(2 35,−65, 610),AG=(0,65,3 610)
设平面AEFG的一个法向量为n1=(x,y,z)，
则n⋅AE=0n⋅AG=0，即2 35x−65y+ 610z=065y+3 610z=0，令z=−4，
可取n1=(4 2, 6,−4)
又因为平面ABCD的一个法向量为n2=(0,0,1)，
可得n1⋅n2=4 2×0+ 6×0+(−4)×1=−4，|n1|= 32+6+16=3 6，|n2|=1，
所以cs=n1⋅n2|n1|⋅|n2|=−43 6×1=−2 69，
故平面AEFG与平面ABCD所成角的余弦值为|cs|=2 69．
19.解：(1)因为圆C1：(x−1)2+y2=9与圆C2：(x+1)2+y2=1的圆心半径分别为：
C1(1,0)，r1=3，C2(−1,0)，r2=1，
所以|C1C2|=2=3−1，故圆C2内切于圆C1，且切点坐标为(−2,0)，所以xC≠−2，
设动圆C的半径为r>0，
因为动圆C与圆C1：(x−1)2+y2=9内切，同时与圆C2：(x+1)2+y2=1外切，
所以|CC1|=3−r，|CC2|=1+r，
所以|CC1|+|CC2|=4>2=|C1C2|，
所以圆心C的轨迹是以C1，C2为焦点，长轴长为4的椭圆除去点(−2,0)，
所以c=1，a=2，b= 3，
所以轨迹E的方程为x24+y23=1(x≠−2)；
(2)设直线AB的方程为y=kx+m，
联立y=kx+mx24+y23=1，得(4k2+3)x2+8kmx+4m2−12=0，
所以Δ=48(4k2−m2+3)>0，
且x1+x2=−8km4k2+3=2,x1x2=4m2−124k2+3，即4k2+3=−4km
因为S△OAB=12|m|⋅|x1−x2|=2 3|m| 3+4k2−m23+4k2
所以S△OAB≤2 3m2+3+4k2−m223+4k2= 3，
当且仅当|m|= 3+4k2−m2时取等号，
又因为4k2+3=−4km，由此可解m2+2km=0得m=−2k或m=0(舍)，
代入4k2+3=−4km，可得k2=34，即k=± 32(满足Δ>0)，
所以当k=± 32时，△OAB面积的最大值为 3．
(3)证明：如图：
由PA⋅PB=0，所以(x1−1)(x2−1)+(y1−32)(y2−32)=0，
即(1+k2)x1x2+(km−3k2−1)(x1+x2)+m2−3m+134=0，
即7m2+(8k−9)m+k2−94=0，所以(7m+k+32)(m+k−32)=0，
所以k=−7m−32或k=−m+32．
因为直线l不经过点P(1,32)，所以k+m≠32，
所以直线l为y=(−7m−32)x+m=m(1−7x)−32x，
直线l恒过定点(17,−314)．