2024-2025学年广东省实验中学高二（上）期中数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年广东省实验中学高二（上）期中数学试卷（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。
1.已知(1+i)z−=1+3i，则复数z的虚部为( )
A. 1B. −iC. −1D. i
2.一组数据23，11，31，14，16，17，19，27的百分之七十五分位数是( )
A. 14B. 15C. 23D. 25
3.在四面体OABC中，OA=a，OB=b，OC=c，G为△ABC的重心，P在OG上，且OP=12PG，则AP=( )
A. −29a+19b+19cB. 89a−19b−19c
C. −89a+19b+19cD. 29a−19b−19c
4.已知随机事件A和B互斥，且P(A∪B)=0.6，P(B)=0.3，则P(A−)等于( )
A. 0.8B. 0.7C. 0.5D. 0.2
5.已知直线l过定点A(2,3,1)，且方向量为S=(0,1,1)，则点P(4,3,2)到l的距离为( )
A. 3 22B. 22C. 102D. 2
6.双曲线C与椭圆x29+y24=1有相同的焦点，一条渐近线的方程为x−2y=0，则双曲线C的标准方程为( )
A. x24−y2=1B. y29−x236=1C. x29−y236=1D. y24−x2=1
7.已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F(3,0)，过点F的直线交椭圆于A，B两点，若AB的中点坐标为(1,−1)，则E的方程为( )
A. x218+y29=1B. x227+y218=1C. x236+y227=1D. x245+y236=1
8.椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1，F2，斜率为1的直线l过左焦点F1交C于A，B两点，且△ABF2的内切圆的面积是π，若椭圆C的离心率的取值范围为[ 26, 23]，则线段AB的长度的取值范围是( )
A. [6 2,12 2]B. [6,12]C. [4,8]D. [4 2,8 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.在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别是AB，BC中点，则( )
A. BC1//平面B1DE B. 直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°
C. 平面A1AF⊥平面B1DE D. 点E到平面A1D1F的距离为 24
10.已知点P是左、右焦点为F1，F2的椭圆C：x28+y24=1上的动点，则( )
A. 若∠F1PF2=90°，则△F1PF2的面积为4 2
B. 使△F1PF2为直角三角形的点P有6个
C. |PF1|−2|PF2|的最大值为6−2 2
D. 若M(1,12)，则|PF1|+|PM|的最大、最小值分别为4 2+ 52和4 2− 52
11.如图，曲线C是一条“双纽线”，其C上的点满足：到点F1(−2,0)与到点F2(2,0)的距离之积为4，则下列结论正确的是( )
A. 点D(2 2,0)在曲线C上
B. 点M(x,1)(x>0)在C上，则|MF1|=2 2
C. 点Q在椭圆x26+y22=1上，若F1Q⊥F2Q，则Q∈C
D. 过F2作x轴的垂线交C于A，B两点，则|AB|b>0)与双曲线x2m2−y2n2=1(m>0,n>0)有公共焦点F1(−c,0)，F2(c,0)(c>0)，椭圆的离心率为e1，双曲线的离心率为e2，点P为两曲线的一个公共点，且∠F1PF2=60°，Ⅰ为△F1PF2
的内心，F1，I，G三点共线，且GP⋅IP=0，x轴上点A，B满足AI=λIP，BG=μGP，则e1e2的最小值为______；λ2+μ2的最小值为______．
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)
在平面直角坐标系xOy中，已知圆M的圆心在直线x−y+1=0上，且与直线2x+y=0相切于坐标原点．
(1)求圆M的标准方程；
(2)经过点A(0,2)的直线l被圆M截得的弦长为3 2，求直线l的方程．
16.(本小题15分)
已知三角形ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若sin(A+C)sinA+sinC=a−cb−c，且a=2．
(1)若B=π6，求c；
(2)点D在边BC上且AD平分∠BAC，若AD= 3，求三角形ABC的周长．
17.(本小题15分)
椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点P( 3,1)且离心率为 63，F为椭圆的右焦点，过F的直线交椭圆C于M，N两点，定点A(−4,0)．
(Ⅰ)求椭圆C的方程；
(Ⅱ)若△AMN面积为3 3，求直线MN的方程．
18.(本小题17分)
在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD//BC，AD⊥AB，侧面PAB⊥底面ABCD，PA=PB=AD=12BC=2，且E，F分别为PC，CD的中点．
(1)证明：DE/​/平面PAB；
(2)若直线PF与平面PAB所成的角为60°，
①求平面PAB与平面PCD所成锐二面角的余弦值．
②平面ADE将四棱锥P−ABCD分成上、下两部分，求平面ADE以下部分几何体的体积．
19.(本小题17分)
已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的实轴长为4，渐近线方程为y=±12x．
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)双曲线的左、右顶点分别为A1、A2，过点B(3,0)作与x轴不重合的直线l与C交于P、Q两点，直线A1P与A2Q交于点S，直线A1Q与A2P交于点T．
(i)设直线A1P的斜率为k1，直线A2Q的斜率为k2，若k1=λk2，求λ的值；
(ii)求△A2ST的面积的取值范围．
参考答案
1.C
2.D
3.C
4.B
5.A
6.A
7.A
8.B
9.ACD
10.BCD
11.ACD
12.−12
13.0
14. 32 1+ 32
15.解：(1)∵圆M的圆心在直线x−y+1=0上，设M(m,m+1)，则m+1m×(−2)=−1，
解得m=−2，即M(−2,−1)，∴圆的半径为 4+1= 5，
∴圆M的标准方程为(x+2)2+(y+1)2=5；
(2)经过点A(0,2)的直线l被圆M截得的弦长为3 2，
当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x=0，
此时直线l被圆M截得的弦长为2 5−4=2，不符合题意，
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx+2，即kx−y+2=0，
∴(|−2k+1+2| k2+1)2+(3 22)2=5，解得k=1或k=177，
∴直线l的方程为x−y+2=0或17x−7y+14=0．
16.解：(1)由正弦定理可知asinA=bsinB=csinC，
∴sin(A+C)sinA+sinC=sin(π−B)sinA+sinC=sinBsinA+sinC=ba+c=a−cb−c，
∴b(b−c)=(a+c)(a−c)，
∴b2−bc=a2−c2，即b2+c2−a2=bc，
由余弦定理知csA=b2+c2−a22bc=12，
又∵A∈(0,π)，
∴A=π3，由A=π3，B=π6，知C=π−π3−π6=π2，
故△ABC为直角三角形，sinA=ac，
∴ 32=2c，
故c=4 33；
(2)点D在边BC上且AD平分∠BAC，
所以SΔABC=SΔABD+SΔACD，即12AB⋅AC⋅sinA=12AB⋅AD⋅sin∠BAD+12AC⋅AD⋅sin∠CAD，即12bcsin60°=12c⋅ 3sin30°+12b⋅ 3sin30°，即bc=b+c，①
又由于b2+c2−a2=bc，即b2+c2−4=bc，即(b+c)2=4+3bc.②
①代入②得到(b+c)2−3(b+c)−4=0，
所以b+c=4或b+c=−1(舍去)，
所以△ABC的周长为a+b+c=2+4=6．
17.解：(1)由题意可得：3a2+1b2=1，ca= 63，又a2=b2+c2，
联立解得：a2=6，b2=2，c=2．
∴椭圆C的方程为：x26+y22=1．
(2)F(2,0)．
①若MN⊥x轴，把x=2代入椭圆方程可得：46+y22=1，解得y=± 63．
则S△AMN=12×6×2 63=2 6≠3 3，舍去．
②若MN与x轴重合时不符合题意，舍去．因此可设直线MN的方程为：my=x−2．
把x=my+2代入椭圆方程可得：(m2+3)y2+4my−2=0．
∴y1+y2=−4mm2+3，y1⋅y2=−2m2+3，
∴|y1−y2|= (y1+y2)2−4y1y2= (−4mm2+3)2−4×−2m2+3=2 6(m2+1)m2+3．
则S△AMN=12×6×|y1−y2|=3×2 6(m2+1)m2+3=3 3，解得m=±1．
∴直线MN的方程为：y=±(x−2)．
18.(1)证明：取PB中点M，连接AM，EM，
因为E为PC的中点，所以ME/​/BC，ME=12BC，
又因为AD//BC，AD=12BC，
所以ME/​/AD，ME=AD，所以四边形ADEM为平行四边形，
所以DE/​/AM，因为DE⊄
平面PAB，AM⊂平面PAB，所以DE/​/平面PAB；
(2)解：平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，BC⊂平面ABCD，
BC⊥AB，所以BC⊥平面PAB，
取AB中点G，连接FG，则FG/​/BC，所以FG⊥平面PAB，
所以∠GPF=60°，GF=12(AD+BC)=3，所以tan60°=3PG，所以PG= 3，
又PA=PB=2，所以AG=GB= 4−3=1，AB=2，
①如图，以G为坐标原点，GB，GF，GP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，

所以P(0,0, 3)，C(1,4,0)，D(−1,2,0)，
所以PC=(1,4,− 3),CD=(−2,−2,0)，
设平面PCD的一个法向量，n1=(x,y,z)，
则n1⋅PC=0n1⋅CD=0，即x+4y− 3z=0−2x−2y=0，取y=1，则n1=(−1,1, 3)，
平面PAB的一个法向量可取n2=(0,1,0)，
设平面PAB与平面PCD所成锐二面角为θ，
所以csθ=|n1⋅n2|n1||n2||=1 5= 55，
所以平面PAB与平面PCD所成锐二面角的余弦值 55．
②如图，BC/​/AD，从而AD垂直于AM，四边形AMED为矩形，正三角形PAB中，AM垂直于PB，
又AD垂直于PM，从而PM垂直于平面AMED.所以四棱锥P−AMED体积为13×PM×S矩形AMED=13×1×2× 3=2 33，
又四棱锥P−ABCD的体积为13×PG×SABCD=13× 3×12×(2+4)×2=2 3，所以五面体ABCDEM为2 3−2 33=4 33．
19.解：(1)由题意知：2a=4，ba=12，解得a=2，b=1，双曲线方程为x24−y2=1．
(2)

因为直线l斜率不为0，设直线l方程为x=ty+3，易知A1(−2,0)，A2(2,0)，
设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，联立x24−y2=1，得(t2−4)y2+6ty+5=0，
则t2−4≠0Δ>0y1+y2=−6tt2−4y1y2=5t2−4，且y+2y2=−56t(y1+y2)，
(i)λ=k1k2=y1x1+2⋅x2−2y2=y1(ty1+3)+2⋅(ty2+3)−2y2=ty1y2+y1ty1y2+5y2
=−56(y1+y2)+y1−56(y1+y2)+5y2=y1−5y2−5y1+25y2=−15．
(ii)由题可得：A2Q：y=k2(x−2)，A1P：y=k1(x+2)．
联立可得：xs=2(k2+k1)k2−k1=43⇒S(43,103k1)，即S(43,10y13(x1+2))，同理T(43,10y23(x2+2)).
所以|ST|=103|y1x1+2−y2x2+2|=103|y1ty1+5−y2ty2+5|=103|5(y1−y2)−56t(y1+y2)+5t(y1+y2)+25
=4| (y1+y2)2−4y1y2t(y1+y2)+6|=23 t2+5，
故S△A2ST=12|ST||xA2−xs|=29 t2+5，
因为t2≥0且t2≠4，
所以S△A2ST∈[2 59,23)∪(23,+∞)．