2024-2025学年广东省广州市部分学校高二（上）第二次质检数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年广东省广州市部分学校高二（上）第二次质检数学试卷（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。
1.直线 3x−3y−1=0的倾斜角为( )
A. 30°B. 135°C. 60°D. 150°
2.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，以D为原点，{DA,DC,DD1}为单位正交基底，建立空间直角坐标系，则平面A1BC1的一个法向量是( )
A. (1,1,1)B. (−1,1,1)C. (1,−1,1)D. (1,1,−1)
3.已知向量a=(0,0,2)，b=(−1,1,1)，向量a+b在向量a上的投影向量为( )
A. (0,0,3)B. (0,0,6)C. (−3,3,9)D. (3,−3,−9)
4.圆(x+2)2+(y+3)2=2的圆心和半径分别是( )
A. (−2,3)，1B. (2,−3)，3C. (−2,−3)， 2D. (2,−3)， 2
5.将直线l1：x−y+1=0绕点(0,1)逆时针旋转90°得到直线l2，则l2的方程是( )
A. x+y−2=0B. x+y−1=0C. 2x−y+2=0D. 2x−y+1=0
6.空间中有三点P(1,−2,−2)，M(2,−3,1)，N(3,−2,2)，则点P到直线MN的距离为( )
A. 2 2B. 2 3C. 3D. 2 5
7.古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名，他发现：平面内到两个定点A、B的距离之比为定值λ(λ≠1)的点所形成的图形是圆，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.已知在平面直角坐标系xOy中，A(−2,0)，B(4,0).点P满足|PA||PB|=12，设点P所构成的曲线为C，下列结论不正确的是( )
A. C的方程为(x+4)2+y2=16
B. 在C上存在点D，使得D到点(1,1)的距离为3
C. 在C上存在点M，使得|MO|=2|MA|
D. C上的点到直线3x−4y−13=0的最小距离为1
8.已知P，Q是直线l：x−y+1=0上两动点，且|PQ|= 2，点A(−4,6)，B(0,6)，则|AP|+|PQ|+|QB|的最小值为( )
A. 10+ 2B. 10− 2C. 10 2D. 12
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m∈R，若过定点A的动直线l1：x−my+m−2=0和过定点B的动直线l2：mx+y+2m−4=0交于点P(P与A，B不重合)，则以下说法正确的是( )
A. A点的坐标为(2,1)B. PA⊥PB
C. |PA|2+|PB|2=25D. 2|PA|+|PB|的最大值为5
10.已知圆C：(x+2)2+y2=4，直线l：(m+1)x+2y−1+m=0(m∈R)，则( )
A. 直线l恒过定点(−1,1)
B. 当m=0时，圆C上恰有三个点到直线l的距离等于1
C. 直线l与圆C有两个交点
D. 圆C与圆x2+y2−2x+8y+8=0恰有三条公切线
11.如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，已知AB=AD=AA1=1，∠A1AD=∠A1AB=∠BAD=60°，E为棱CC1上一点，且C1E=2EC，则( )
A. BD1= 2B. 直线BD1与AC所成角的余弦值为 66
C. A1E⊥平面BDD1B1D. 直线BD1与平面ACC1A所成角为π4
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知空间向量a=(2,3,m)，b=(0,2,1)，c=(2,7,n)，若a，b，c共面，则mn的最小值为______．
13.费马点是指三角形内到三角形三个顶点距离之和最小的点，当三角形三个内角均小于120°时，费马点与三个顶点连线正好三等分费马点所在的周角，即该点所对三角形三边的张角相等，均为120°，根据以上性质，已知A(−2,0)，B(2,0)，C(0,4)，P为△ABC内一点，记f(P)=|PA|+|PB|+|PC|，则f(P)的最小值为______．
14.已知正三棱柱ABC−A′B′C′的底面边长为2 3，高为2，点P是其表面上的动点，该棱柱内切球的一条直径是MN，则PM⋅PN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)
已知圆x2+(y−4)2=16，过B(0,2)作直线l圆C交于点M、N．
(1)求证：BM⋅BN是定值；
(2)若点A(0,−4).求kAMkAN的值．
16.(本小题15分)
如图，在空间几何体ABCDEFG中，四边形ABCD是边长为2的正方形，BF⊥平面ABCD，CG=1，AE=2，BF=3，且CG//AE//BF．
(1)求证：D，E，F，G四点共面；
(2)在线段FG上是否存在一点M，使得平面FAC与平面MAC所成角的余弦值为7 2233？若存在，求出FMFG的值；若不存在，请说明理由．
17.(本小题15分)
已知M(x,y)为圆C：x2+y2−4x−14y+45=0上任意一点，
(1)求y−4x+3的最大值和最小值；
(2)求x2+y2−5x−15y的最大值和最小值．
18.(本小题17分)
我国汉代初年成书的《淮南子毕术》中记载：“取大镜高悬，置水盆于下，则是四邻矣.”这是我国古代人民利用平面镜反射原理的首个实例，体现了传统文化中的数学智慧.而英国化学家、物理学家享利⋅卡文迪许从镜面反射现象中得到灵感，设计了卡文迪许扭秤实验测量计算出了地球的质量，他从而被称为第一个能测出地球质量的人.已知圆C的半径为3，圆心C在直线l： 3x−y+3− 3=0位于第一象限的部分上，一条光线沿直线l入射被x轴反射后恰好与圆C相切．
(1)直接写出l的反射光线所在直线的方程；
(2)求圆C的方程；
(3)点E是圆C与x轴的公共点，一条光线从第一象限入射后与圆C相切于点A，并与x轴交于点B，其在点B处被直线m反射后沿着x轴负方向传播，此时△ABE的面积恰好为310，求直线m的方程．
19.(本小题17分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，PD⊥底面ABCD，PD=DC=2AD=2，E是PC的中点．
(1)求证：PA//平面EDB；
(2)求平面EDB与平面PAD夹角的余弦值；
(3)在棱PB上是否存在一点F，使直线EF与平面EDB所成角的正弦值为 63，若存在，求出求线段BF的长；若不存在，说明理由．
参考答案
1.A
2.A
3.A
4.C
5.B
6.A
7.C
8.A
9.ABC
10.ACD
11.ABD
12.−1
13.4+2 3
14.[0,4]
15.(1)证明：若直线l的斜率不存在时，则直线l的方程为x=0，
将x=0代入圆的方程可得：(y−4)2=16，
解得y=0或y=8，
设M(0,0)，N(0,8)，
则BM=(0,−2),BN=(0,6)，
所以BM⋅BN=−12；
若直线l的斜率存在，设l：y=kx+2，M(x1,y1)，N(x2,y2)，
联立：y=kx+2x2+(y−4)2=16，整理可得：(1+k2)x2−4kx−12=0，
可得Δ=16k2+4⋅(1+k2)⋅(−12)>0恒成立，且x1+x2=4k1+k2,x1x2=−121+k2，
又BM=(x1,y1−2),BN=(x2,y2−2)，
所以BM⋅BN=x1x2+(y1−2)(y2−2)=x1x2+kx1⋅kx2=(1+k2)x1x2=(1+k2)⋅−121+k2=−12，
综上，可证得BM⋅BN为定值−12；
(2)解：易知直线l的斜率存在，由(1)知x1+x2=4k1+k2,x1x2=−121+k2，
所以x1+x2x1x2=4k1+k2×1+k2−12=−k3，得kx1x2=−3(x1+x2)，
由A(0,−4)，得kAM=y1+4x1=kx1+6x1,kAN=y2+4x2=kx2+6x2，
所以kAMkAN=kx1+6x1kx2+6x2=x2(kx1+6)x1(kx2+6)=kx1x2+6x2kx1x2+6x1=−3(x1+x2)+6x2−3(x1+x2)+6x1=3(x2−x1)3(x1−x2)=−1．
即kAMkAN的值为定值−1．
16.解：(1)证明：因为BF⊥平面ABCD，AB，BC⊂平面ABCD，
所以BF⊥AB，BF⊥BC，
因为四边形ABCD是正方形，所以AB⊥BC，所以BA，BC，BF两两垂直，
则以点B为坐标原点，以BA，BC，BF所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

根据题意，得D(2,2,0)，E(2,0,2)，F(0,0,3)，G(0,2,1)，
所以DE=(0,−2,2),DF=(−2,−2,3),DG=(−2,0,1)，
因为DE+DG=(−2,−2,3)=DF，
所以DE,DF,DG共面，
又DE，DF，DG有公共点D，
所以D，E，F，G四点共面．
(2)存在，理由如下：
A(2,0,0)，C(0,2,0)，则AC=(−2,2,0),AF=(−2,0,3)，
设m=(x1,y1,z1)为平面FAC的法向量，
则m⊥ACm⊥AF，即m⋅AC=0m⋅AF=0，即−2x1+2y1=0−2x1+3z1=0，令z1=2，
得平面FAC的一个法向量为m=(3,3,2)，
假设线段FG上存在点M，使得平面FAC与平面MAC所成角的余弦值为7 2233，
令FM=λFG=(0,2λ,−2λ)(0≤λ≤1)，
则AM=AF+FM=(−2,2λ,3−2λ)，
设n=(x2,y2,z2)为平面MAC的法向量，
则n⊥ACn⊥AM，即n⋅AC=0n⋅AM=0，
即−2x2+2y2=0−2x2+2λy2+(3−2λ)z2=0，
令x2=1，得平面MAC的一个法向量为n=(1,1,1−13−2λ)，
设平面FAC与平面MAC所成角为θ，
则csθ=|m⋅n||m||n|=|8−23−2λ| 22× 2+(1−13−2λ)2=7 2233，
化简整理，得(6λ+11)(2λ−1)=0，因为0≤λ≤1，所以λ=12，
所以在线段FG上存在一点M，使得平面FAC与平面MAC所成角的余弦值为7 2233，此时FMFG=12．
17.解：(1)已知圆C：x2+y2−4x−14y+45=0，
则(x−2)2+(y−7)2=8，
又M(x,y)为圆C上任意一点，
设y−4x+3=k，
得直线kx−y+3k+4=0，
该直线与圆(x−2)2+(y−7)2=8有交点即可，
所以圆心C(2,7)到直线的距离要小于等于半径即可，
有|2k−7+3k+4| 1+k2≤2 2，
解得115≤k≤12，
即115≤y−4x+3≤12，
所以y−4x+3的最大值为12，最小值为115；
(2)因为x2+y2−5x−15y=(x−52)2+(y−152)2−1252，
显然(x−52)2+(y−152)2表示点M(x,y)到点N(52,152)的距离MN的平方，
即(x−52)2+(y−152)2=|MN|2，
已知M(x,y)在圆(x−2)2+(y−7)2=8上，
则圆的圆心坐标为C(2,7)，半径为2 2，
所以||NC|−2 2|≤|MN|≤|NC|+2 2，
显然C(2,7)，
所以|NC|= (2−52)2+(7−152)2= 22，
所以3 22≤|MN|≤5 22，
所以(x−52)2+(y−152)2=|MN|2∈[92,252]，
所以x2+y2−5x−15y=(x−52)2+(y−152)2−1252∈[−58,−50]，
所以x2+y2−5x−15y的最大值为−50，最小值为−58．
18.解：(1)设l的反射光线所在直线DF上任意点为(x,y)，
则该点关于x轴对称点(x,−y)在直线l上，
所以l的反射光线所在直线DF的方程为 3x+y+3− 3=0；
(2)设点C(t, 3t+3− 3)，而圆C与直线DF相切，且圆C半径为3，
则| 3t+ 3t+3− 3+3− 3| ( 3)2+12=3，即| 3(t−1)+3|=3，
整理得 3(t−1)=0或 3(t−1)=−6，
又点C在第一象限，即t>0，
所以t=1，圆心C(1,3)，半径r=3，
所以圆C的方程为(x−1)2+(y−3)2=9；
(3)由(2)知，点C到x轴距离为3，即x轴与圆C相切于点E(1,0)，
由一条光线从第一象限入射后与圆C相切于点A，并与x轴交于点B，得点B在点E的右侧，
设B(a,0)，a>1，则|BA|=|BE|=a−1，连接EC，BC，EC⊥EB，
sin∠CBE=3|CB|,cs∠CBE=a−1|CB|，
又S△ABE=12|BE|2sin∠ABE=12(a−1)2⋅6(a−1)(a−1)2+9=310，
整理得(a−2)[10(a−1)2+9(a−1)+9]=0，解得a=2，即点B(2,0)，
直线BC的斜率为3−01−2=−3，由光的反射性质知，m⊥BC，则直线m的斜率为13，
所以直线m的方程为y=13(x+2)，即x−3y−2=0．
19.(1)证明：连接AC，交BD于点O，连接OE，
点E是PC的中点，点O是AC的中点，
所以PA/​/OE，OE⊂平面EDB，PA⊄平面EDB，
所以PA//平面EDB；

(2)解：如图，以向量DA，DC，DP为x，y，z轴的正方向，
建立空间直角坐标系，

即D(0,0,0)，B(1,2,0)，E(0,1,1)，
则DB=(1,2,0),DE=(0,1,1)，
设平面EDB的一个法向量为m=(x,y,z)，
则由m⊥DB，m⊥DE，可得DB⋅m=x+2y=0DE⋅m=y+z=0，
令y=−1，得x=2，z=1，
可得平面EDB的一个法向量为m=(2,−1,1)，
不妨取平面PAD的一个法向量为n=(0,1,0)，
设平面EDB和平面PAD的夹角为θ，
则csθ=|cs〈m,n〉|=|m⋅n||m||n|=1 6= 66，
所以平面EDB和平面PAD的夹角的余弦值为 66；
(3)解：由(2)知D(0,0,0)，B(1,2,0)，E(0,1,1)，P(0,0,2)，
则EB=(1,1,−1)，BP=(−1,−2,2)，
BF=λBP=(−λ,−2λ,2λ)(0