2024-2025学年广东省领航高中联盟高二（上）第一次联考数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年广东省领航高中联盟高二（上）第一次联考数学试卷（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。
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.过点(0,3)且倾斜角为150°的直线l的方程为( )
A. 3x+y−3=0B. x+ 3y−3 3=0
C. x+ 3y+3 3=0D. x− 3y−3 3=0
2.已知向量a=(3,−2,4)，b=(1,λ,μ)，若a，b共线，则λ+μ=( )
A. 23B. −23C. 43D. −43
3.阿基米德是古希腊著名的数学家、物理学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率π等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的面积为6 2π，焦距为2 6，则C的离心率为( )
A. 24B. 12C. 22D. 32
4.已知四面体ABCD如图所示，点E为线段CD的中点，点F为△ABC的重心，则EF=( )
A. 23AB−16AC−12AD
B. 23AB−13AC−12AD
C. 13AB−13AC−23AD
D. 13AB−16AC−12AD
5.已知t∈[0,1]，且点M(2+t,5t−3)，P(0,−1)，则直线MP的倾斜角的取值范围是( )
A. [−π4,π4]B. [3π4,π)C. [π4,3π4]D. [0,π4]∪[3π4,π)
6.已知O为坐标原点，双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点为F，点M在C上，且M在x轴上的射影为F，若2 3|MF|= 2|OF|，则C的渐近线方程为( )
A. y=± 2xB. y=±2xC. y=± 22xD. y=±12x
7.若一束光线从点A(1,−1)处出发，经过直线l：y=x+3上一点P反射后，反射光线与圆C：(x−4)2+(y−4)2=1交于点Q，则光线从点A到点Q经过的最短路线长为( )
A. 5B. 6C. 7D. 8
8.古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点A，B的距离之比为定值λ(λ>0且λ≠1)的点的轨迹是一个圆.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知动点P在边长为6的正方形ABCD内(包含边界)运动，且满足|PA|=2|PB|，则动点P的轨迹长度为( )
A. 16πB. 4πC. 16π3D. 4π3
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.已知向量a=(2,−1,−2)，b=(3,2,2)，则( )
A. a−2b=(−4,−5,−6)B. |a|= 5
C. a⊥bD. cs〈a,a+b〉=3 2626
10.已知点A(1,1)，直线l：x−2y+3=0，圆C：x2+y2+4x−4y=0，则( )
A. 直线l的一个方向向量为a=(1,2)
B. 点A到直线l的距离为2 55
C. 圆C上的点到点A的距离的最大值为 10+2 2
D. 直线l被圆C截得的弦长为2 1655
11.已知F1，F2分别是双曲线C：x2−y23=1的左、右焦点，经过点F1且倾斜角为钝角的直线l与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点P为C上第二象限内一点，则( )
A. 若双曲线E与C有相同的渐近线，且E的焦距为8，则E的方程为x24−y212=1
B. 若M(−2,2)，则|PF1|+|PM|的最小值是2 5−2
C. 若△PF1F2内切圆的半径为1，则点P的坐标为(−2,3)
D. 若线段AB的中垂线过点F2，则直线l的斜率为− 155
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知圆C1：x2+y2=1，圆C2：(x−2)2+y2=1，则C1，C2的公切线方程为______.(写出一条即可)
13.已知六面体ABCDE如图所示，其由一个三棱锥C−ABD和一个正四面体ABDE拼接而成，其中CA=CB=CD=2，DE=2 2，若F为线段AC的中点，则异面直线AD与EF所成角的余弦值为______．
14.已知F1，F2是椭圆C1和双曲线C2的公共焦点，P是它们的一个公共点，且PF1⊥PF2，若C1和C2的离心率分别为e1，e2，则1e1+1e2的取值范围是______．
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)
已知直线l过点(3,−5)．
(1)若直线l与直线l′：2x−7y−1=0垂直，求l的方程；
(2)若直线l与圆C：x2+y2+2y−8=0相切，求l的方程．
16.(本小题15分)
已知双曲线C：x22−y26=1，直线l与C交于M，N两点．
(1)若l的方程为x−y−3=0，求|MN|；
(2)若MP=12MN，且P(1,3)，求l的斜率．
17.(本小题15分)
如图，长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC=12AA1=6，点E，F分别是线段AA1，CC1上靠近A1，C的四等分点．
(1)求点B1到平面D1EF的距离；
(2)求平面D1EF与平面B1AC的夹角的余弦值．
18.(本小题17分)
已知等腰梯形ABCD如图1所示，其中AD//BC，∠BAD=45°，点E在线段AD上，且BE⊥AD，AD=3BC，现沿BE进行翻折，使得平面ABE⊥平面BCDE，所得图形如图2所示．
(1)证明：CD⊥AE；
(2)已知点F在线段CD上(含端点位置)，点G在线段AF上(含端点位置)．
(i)若CF=2DF，点G为线段AF的中点，求AC与平面BEG所成角的正弦值；
(ii)探究：是否存在点F，G，使得AF⊥平面BEG，若存在，求出AGAF的值；若不存在，请说明理由．
19.(本小题17分)
如图，定义：以椭圆中心为圆心、长轴长为直径的圆叫做椭圆的“伴随圆”，过椭圆上一点M作x轴的垂线交其“伴随圆”于点N，称点N为点M的“伴随点”.已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)上的点( 3,12)的一个“伴随点”为( 3,1)．
(1)求椭圆E的方程；
(2)过点(−3,0)的直线l与椭圆E交于不同的两点A，B，点C与点A关于x轴对称．
(i)证明：直线BC恒过定点；
(ii)记(i)中的直线BC所过的定点为T，若B，C在直线x=−3上的射影分别为B1，C1(B1,C1为不同的两点)，记△TBB1，△TCC1，△TB1C1的面积分别为S1，S2，S3，求S1+S2S3的取值范围．
参考答案
1.【答案】B
2.【答案】A
3.【答案】C
4.【答案】D
5.【答案】D
6.【答案】C
7.【答案】C
8.【答案】D
9.【答案】ACD
10.【答案】BC
11.【答案】BCD
12.【答案】x=1
13.【答案】 26
14.【答案】( 2,2)
15.【答案】解：(1)易知直线l的斜率存在，设直线l的斜率为k，
若直线l与直线l′：2x−7y−1=0垂直，
因为直线l′的斜率为27，则k=−72，
故直线l的方程为y−(−5)=−72(x−3)，即7x+2y−11=0．
(2)依题意，圆C：x2+(y+1)2=9，
若直线l的斜率不存在，即直线l的方程为x=3，此时直线l与圆C相切，符合题意；
若直线l的斜率存在，设直线l的方程为y+5=k(x−3)，即kx−y−3k−5=0，
故圆心(0,−1)到直线l的距离d=|3k+4| 1+k2=3，解得k=−724，
此时直线l的方程为y=−724x−338，
综上所述，直线l的方程为y=−724x−338或x=3．
16.【答案】解：(1)设M(x1,y1)，N(x2,y2)；
联立x−y−3=0x22−y26=1，消去y并整理得2x2+6x−15=0，
此时Δ=62−4×2×(−15)=156>0，
由韦达定理得x1+x2=−3，x1x2=−152，
则|MN|= 1+k2|x1−x2|= 1+k2 (x1+x2)2−4x1x2= 2× 9+30= 78；
(2)若MP=12MN，
此时P(1,3)为线段MN的中点，
所以x1+x2=2，y1+y2=6，
联立M，N两点均在双曲线上，
所以x122−y126=1x222−y226=1，
两式相减得(x1−x2)(x1+x2)2−(y1−y2)(y1+y2)6=0，
整理得y1−y2x1−x2=1，
所以直线l的斜率为1，
此时直线方程为y−3=x−1，
即y=x+2，
联立y=x+2x22−y26=1，消去y并整理得x2−2x−5=0，
此时Δ=(−2)2−4×(−5)=24>0．
故存在直线l，使得直线l的斜率为1．
17.【答案】解：长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC=12AA1=6，点E，F分别是线段AA1，CC1上靠近A1，C的四等分点，
(1)以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则B1(6,6,12)，D1(0,0,12)，E(6,0,9)，F(0,6,3)，
可得D1E=(6,0,−3)，D1F=(0,6,−9)，B1E=(0,−6,−3)，
设n=(x,y,z)为平面D1EF的法向量，
则n⋅D1E=6x−3z=0n⋅D1F=6y−9z=0，
令z=2，则y=3，x=1，
可得平面D1EF的一个法向量n=(1,3,2)，
故点B1到平面D1EF的距离d=|B1E⋅n||n|=24 14=12 147．
(2)由A(6,0,0)，C(0,6,0)，可得B1C=(−6,0,−12)，B1A=(0,−6,−12)，
设m=(x1,y1,z1)为平面B1AC的法向量，
则m⋅B1A=−6y1−12z1=0m⋅B1C=−6x1−12z1=0，
令z1=1，则x1=y1=−2，
可得m=(−2,−2,1)为平面B1AC的一个法向量，
记平面D1EF与平面B1AC的夹角为θ，
故csθ=|csm,n|=|m⋅n||m||n|=6 14×3= 147．
故平面D1EF与平面B1AC的夹角的余弦值为 147．
18.【答案】(1)证明：因为平面ABE⊥平面BCDE，AE⊥BE，平面ABE∩平面BCDE=BE，AE⊂平面ABE，
所以AE⊥平面BCDE，
而CD⊂平面BCDE，故CD⊥AE；
(2)解：由题意易知EB，ED，EA两两垂直，
故以E为坐标原点，EB，ED，EA所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

不妨设BC=1，则BE=AE=12DE=1，AD=3BC=3，可得AE=BE=1，
(ⅰ)因为∠BAD=45°，等腰梯形ABCD中，BE⊥AD，
则A(0,0,1)，C(1,1,0)，B(1,0,0)，
E(0,0,0)，F(13,53,0)，G(16,56,12)，
故EB=(1,0,0)，EG=(16,56,12)，
设n=(x,y,z)为平面BEG的法向量，
则n⋅EB=0n⋅EG=0，即x=016x+56y+12z=0，
令z=−5，则x=0，y=3，
可得n=(0,3,−5)为平面BEG的一个法向量，
而AC=(1,1,−1)，
AC⋅n=0×1+1×3×+(−1)×(−5)=8，|AC|= 12+12+(−1)2= 3，|n|= 02+32+(−5)2= 34，
所以cs=AC⋅n|AC|⋅|n|=8 3× 34=4 10251，
设直线AC与平面BEG所成的角为θ，θ∈[0,π2]，
所以sinθ=|cs|=4 10251；
(ⅱ)由题意D(0,2,0)，
设EF=λEC+(1−λ)ED=(λ,λ,0)+(0,2−2λ,0)=(λ,2−λ,0)，0≤λ≤1，
故F(λ,2−λ,0)，AF=(λ,2−λ,−1)，
设AG=μAF=(μλ,2μ−μλ,−μ)，0≤μ≤1，则G(μλ,2μ−μλ,1−μ)，
而EB=(1,0,0)，EG=(μλ,2μ−μλ,1−μ)，
若AF⊥平面BEG，AF⋅EB=0AF⋅EG=0，即λ=0μλ2+μ(2−λ)2+μ−1=0，
解得λ=0μ=15，
故当F，D重合，点G的坐标为(0,25,45)时，
AF⊥平面BEG，此时AGAF=15．
19.【答案】解：(1)因为椭圆E过点( 3,12)，其伴随圆x2+y2=a2过点( 3,1)．
所以3a2+14b2=1( 3)2+12=a2，
解得a=2，b=1，
则椭圆E的方程为x24+y2=1；
(2)(ⅰ)证明：当直线l的斜率不为0时，
设直线l的方程为x=my−3，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
可得C(x1,−y1)，
联立x=my−3x24+y2=1，消去x并整理得(m2+4)y2−6my+5=0，
此时Δ=(−6m)2−4×5(m2+4)=16(m2−5)>0，
解得m2>5，
由韦达定理得y1+y2=6mm2+4，y1y2=5m2+4，
直线BC的方程为y+y1=y2+y1x2−x1(x−x1)，
由椭圆的对称性知，若存在定点，则必在x轴上，
当y=0时，
解得x=y1(x2−x1)y2+y1+x1=x1y2+x2y1y2+y1=(my1−3)y2+(my2−3)y1y2+y1
=2my1y2−3(y1+y2)y2+y1=2my1y2y1+y2−3=2m⋅5m2+46mm2+4−3=53−3=−43，
所以直线BC恒过定点(−43,0)．
当直线l的斜率为0时，直线BC的方程为y=0，
此时直线l过(−43,0)，
综上所述，直线BC恒过定点(−43,0)．
(ⅱ)易知直线l的斜率存在且不为0，T(−43,0)，
设直线l的方程为x=my−3(m2>5)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，C(x1,−y1)，
此时S1=(x2+3)|y2|2=(my2−3+3)|y2|2=my2|y2|2，S2=(x1+3)|y1|2=(my1−3+3)|y1|2=my1|y1|2，
S3=|y1+y2|(−43+3)2=5|y1+y2|6，
由(ⅰ)知m(y1+y2)=6m2m2+4>0且y1y2=5m2+4>0，
所以S1+S2S3=my2|y2|2+my1|y1|25|y1+y2|6=3m(y1|y1|+y2|y2|)5|y1+y2|=3m(y12+y22)5(y1+y2)=3m[(y1+y2)2−2y1y2]5(y1+y2)
=3m5[(y1+y2)−2y1y2y1+y2]=3m5(6mm2+4−2⋅5m2+46mm2+4)=35(6m2+24−24m2+4−53)
=35(6−24m2+4−53)=135−725(m2+4)，
因为m2>5，
所以m2+4>9，
所以1m2+4∈(0,19)，
此时135−725(m2+4)∈(1,135)．
故S1+S2S3的取值范围为(1,135)．