2024-2025学年重庆市江北区鲁能巴蜀中学荣耀班高二（上）入学数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年重庆市江北区鲁能巴蜀中学荣耀班高二（上）入学数学试卷（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。
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.直线x−y+1=0的倾斜角为( )
A. 45°B. 30°C. 45°D. 135°
2.已知向量a=(2,k)，b=(1,4)，且a⊥b，则a−b=( )
A. (1,−92)B. (1,−12)C. (1,4)D. (1,−72)
3.已知锐角三角形ABC的面积为3 2，BC=4，CA=3，则角C的大小为( )
A. 75°B. 60°C. 45°D. 30°
4.已知点A(a,2)到直线l：x−y+3=0的距离为1，则a等于( )
A. 2−1B. 2+1C. 2±1D. ± 2−1
5.如图，一种电影放映灯的反射镜面是旋转椭圆面(椭圆绕其对称轴旋转一周形成的曲面)的一部分．灯丝位于椭圆的一个焦点F1上，卡门位于另一个焦点F2上．由椭圆一个焦点F1发出的光线，经过旋转椭圆面反射后集中到另一个焦点F2.已知此椭圆的离心率为59，且|F1F2|=5cm，则灯丝发出的光线经反射镜面反射后到达卡门时所经过的路程为( )
A. 9cmB. 10cmC. 14cmD. 18cm
6.设已知m，n是两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，有下列四个命题：
①若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥n；
②若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β；
③若m//α，n//β，m//n，则α//β；
④若m⊥α，n//β，α//β，则m⊥n．
其中所有正确命题的序号是( )
A. ①③B. ②④C. ①②③D. ①②④
7.已知实数x，y满足方程y= −x2+4x−1，则yx的最大值为( )
A. 0B. 1C. 3D. 2
8.已知椭圆x29+y26=1，F1，F2为两个焦点，O为原点，P为椭圆上一点，cs∠F1PF2=35，则|PO|=( )
A. 25B. 302C. 35D. 352
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.某学校组织学生参加数学测试，某班成绩的频率分布直方图如图，数据的分组依次为[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100].若不低于80分的人数是35人，且同一组中的数据用该组区间的中点值代表，则下列说法中正确的是( )
A. 该班的学生人数是50B. 成绩在[80,90)的学生人数是12
C. 估计该班成绩的众数是95分D. 估计该班成绩的方差为100
10.已知曲线C：x2+y2csα=1，α∈[0,π]，则下列结论正确的是( )
A. 曲线C可能是圆，不可能是直线
B. 曲线C可能是焦点在y轴上的椭圆
C. 当曲线C表示椭圆时，则α越大，椭圆越圆
D. 当曲线C表示双曲线时，它的离心率有最小值，且最小值为 2
11.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的边长为2，M为A1D1的中点，动点P在正方形ABCD内(包含边界)运动，且MP= 5.下列结论正确的是( )
A. 动点P的轨迹长度为π
B. 异面直线MP与BB1所成角的正切值为2
C. MP⋅AB的最大值为2
D. 三棱锥P−MAD的外接球表面积为25π4．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知双曲线C的对称轴为坐标轴，一条渐近线的方程为y=12x，且点(2, 3)在C上，则C的标准方程为______．
13.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12，F是椭圆C的右焦点，P为椭圆C上任意一点，|PF|的最大值为3 2.设点A( 2,1)，则|PA|+|PF|的最小值为______．
14.已知圆C：(x−4)2+(y−2)2=4和点M(4,4)，若点N为圆C上一动点，点Q为平面上一点且∠MQN=90°，则Q点纵坐标的最大值为 ．
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)
为了普及垃圾分类知识，某校举行了垃圾分类知识考试．试卷中只有两道题目，已知甲同学答对每题的概率都为p，乙同学答对每题的概率都为q(p>q)，且在考试中每人各题答题结果互不影响．已知每题甲、乙同时答对的概率为13，恰有一人答对的概率为12．
(1)求p和q的值；
(2)试求两人共答对3道题的概率．
16.(本小题15分)
已知直线l：2x+y−2=0，圆C：(x−1)2+(y−2)2=4．
(1)求直线l与圆C相交所得的弦长；
(2)求圆C关于直线l对称所得的圆的方程．
17.(本小题15分)
如图，在三棱锥S−ABC中，侧面SAB为等边三角形，∠ABC=90°，AB=BC=2，平面SAB⊥平面ABC，D为AC的中点．
(1)求证：AB⊥SD；
(2)若PC=2SP，求二面角S−AB−P的大小．
18.(本小题17分)
设椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右顶点分别为A(− 2,0)、B( 2,0)，离心率e= 22.过该椭圆上任一点P作PQ⊥x轴，垂足为Q，点C在QP的延长线上，且|PC|=( 2−1)|PQ|．
(1)求椭圆的方程；
(2)求动点C的轨迹E的方程；
(3)设直线MN过椭圆的右焦点与椭圆相交于M、N两点，且|MN|=8 27，求直线MN的方程．
19.(本小题17分)
通过研究，已知对任意平面向量AB=(x,y)，把AB绕其起点A沿逆时针方向旋转θ角得到向量AP=(xcsθ−ysinθ,xsinθ+ycsθ)，叫做把点B绕点A逆时针方向旋转θ角得到点P．
(1)已知平面内点A(− 3,2 3)，点B( 3,−2 3)，把点B绕点A逆时针旋转π3得到点P，求点P的坐标；
(2)已知二次方程x2+y2−xy=1的图像是由平面直角坐标系下某标准椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)绕原点O逆时针旋转π4所得的斜椭圆C．
(i)求斜椭圆C的离心率；
(ⅱ)过点Q( 23, 23)作与两坐标轴都不平行的直线l1交斜椭圆C于点M、N，过原点O作直线l2与直线l1垂直，直线l2交斜椭圆C于点G、H，判断 2|MN|+1|OH|2是否为定值，若是，请求出定值，若不是，请说明理由．
参考答案
1.C
2.A
3.C
4.D
5.A
6.B
7.C
8.B
9.ACD
10.BD
11.ACD
12.y22−x28=1
13.4 2−3
14.92
15.解：(1)由题意可得pq=13p(1−q)+q(1−p)=12，
解得：p=12q=23或p=23q=12，由于p>q，
所以p=23,q=12；
(2)设Ai={甲同学答对了i道题}，Bi={乙同学答对了i道题}，i=0，1，2．
由题意得，P(A1)=23×13+13×23=49,P(A2)=23×23=49，P(B1)=12×12+12×12=12,P(B2)=12×12=14，
设E={甲乙二人共答对3道题}，
则E=A1B2+A2B1，
由于Ai和Bi相互独立，A1B2与A2B1相互互斥，
所以P(E)=P(A1B2)+P(A2B1)=P(A1)P(B2)+P(A2)P(B1)=49×14+49×12=13，
所以甲乙二人共答对3道题的概率为13．
16.解：(1)设直线l：2x+y−2=0与圆C相交的弦为线段AB，
因为圆心C(1,2)，半径为2，
则圆心到直线l的距离d=|2+2−2| 5=2 5=25 5，
由题意知(|AB|2)2+d2=22，
解得|AB|=8 55，
则直线l与圆C相交所得的弦长为8 55；
(2)设圆C关于直线l对称所得的圆为圆M，
由题意可得圆心M和圆心C(1,2)关于直线l：2x+y−2=0对称，
且圆C和圆M的半径相等，都等于2，
设圆心M(m,n)，则n−2m−1⋅(−2)=−12⋅m+12+n+22−2=0，解得m=−35n=65，
则M(−35,65)，
故圆M的方程为(x+35)2+(y−65)2=4．
17.(1)证明：取AB中点E，连接SE，DE，

∵△SAB为等边三角形，E为AB中点，∴SE⊥AB，
∵平面SAB⊥平面ABC，平面SAB∩平面ABC=AB，SE⊂平面ABC，
∴SE⊥平面ABC，又AB⊂平面ABC，∴SE⊥AB；
∵D，E分别为AC，AB中点，∴DE/​/BC，又∠ABC=90°，∴AB⊥DE，
∵DE，SE⊂平面SDE，DE∩SE=E，∴AB⊥平面SDE，
又SD⊂平面SDE，∴AB⊥SD．
(2)解：以E为坐标原点，EB,ED,ES为x，y，z轴可建立如图所示空间直角坐标系，

则A(−1,0,0)，B(1,0,0)，S(0,0, 3)，C(1,2,0)，∴AB=(2,0,0)，
设P(x,y,z)，则PC=(1−x,2−y,−z)，SP=(x,y,z− 3)，
由PC=2SP得1−x=2x2−y=2y−z=2(z− 3)，解得x=13y=23z=2 33，即P(13,23,2 33)，
∴AP=(43,23,2 33)，
设平面PAB的法向量n=(a,b,c)，
则n⋅AB=2a=0n⋅AP=43a+23b+2 33c=0，
令c=1，解得：a=0，b=− 3，∴n=(0,− 3,1)；
又平面SAB的一个法向量m=(0,1,0)，∴|cs|=|m⋅n||m|⋅|n|= 32；
由图象知：二面角S−AB−P为锐二面角，∴二面角S−AB−P的大小为π6．
18.解：(1)由题意可得，a= 2，
∵e= 22，∴c=1，
∴b2=a2−c2=1，
所以椭圆的方程为x22+y2=1.
(2)设C(x,y)，P(x0,y0)，由题意得x=x0y= 2y0，即x0=xy0=y 2，
代入椭圆得x22+y22=1，即x2+y2=2．
即动点的轨迹E的方程为x2+y2=2.
(3)若直线MN的斜率不存在，则方程为x=1，所以|MN|= 2≠8 27．
所以直线MN的斜率存在，设为k，直线MN的方程为y=k(x−1)，
由x22+y2=1y=k(x−1)，得(12+k2)x2−2k2x+k2−1=0．
因为△=2(k2+1)>0，所以x1,2=4k2± 2k2+22(2k2+1)．
设M(x1,y1)，N(x2,y2)，则x1+x2=4k21+2k2,x1x2=2k2−21+2k2
所以|MN|= 1+k2× (x1+x2)2−4x1x2=8 27，
即 1+k2× 16k4(1+2k2)2−8k2−81+2k2=8 27，
解得k=± 3．
故直线MN的方程为y= 3(x−1)或y=− 3(x−1)
19.解：(1)由已知得AB=(2 3,−4 3)，
所以AP=(6+ 3,3−2 3)，
不妨设P(x0,y0)，
此时AP=(x0+ 3,y0−2 3)=(6+ 3,3−2 3)，
解得x0=6，y0=3，
则点P的坐标为(6,3)；
(2)(i)联立直线y=x与x2+y2−xy=1，
解得直线与椭圆交点为(1,1)和(−1,−1)，则a2=2，
由y=−x与x2+y2−xy=1交点为(− 33, 33)和( 33,− 33)，
则b2=23．
所以c2=43，e=2 33 2= 63．
(ii)设直线l1：y− 2 3=k(x− 2 3)，
与斜椭圆x2+y2−xy=1联立得：(k2−k+1)x2+ 2 3(3k−2k2−1)x+23(1−k)2−1=0，
∵x1+x2= 2 32k2−3k+1k2−k+1，x1x2=23k2−2k−12k2−k+1，
∴|MN|= (1+k2)[(x1+x2)2−4x1x2]= (1+k2)[( 2 32k2−3k+1k2−k+1)2−4×23k2⋅2k−12k2−k+1]= 2(1+k2)k2−k+1，
设直线l2：y=−1kx，与斜椭圆x2+y2−xy=1联立得x2+1k2x2+1kx2=1，
∴x2=k2k2+k+1，∴|OH|2=k2+1k2+k+1，
故 2|MN|+1|OH|2=k2−k+1k2+1+k2+k+1k2+1=2．
即 2|MN|+1|OH|2为定值2．