广东省部分学校2024-2025学年高二上学期期中联考数学试题

这是一份广东省部分学校2024-2025学年高二上学期期中联考数学试题，共17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y=x+45的倾斜角为( )
A. π3B. 3π4C. π4D. π6
2.(8+i)(1-i)=( )
A. 7-9iB. 9-9iC. 7-7iD. 9-7i
3.已知集合A={x|x<3}，B={x∈N|-3<2-x<3}，则A∩B=( )
A. {-1,0,1,2}B. {1,2}C. {0,1,2}D. {0,1,2,3}
4.已知直线l1:x+ay-20=0与l2:2x+(a+1)y-10=0.若l1//l2，则a=( )
A. -1B. 1C. 13D. 2
5.已知向量a=(2,k,3)，b=(2,5,0)，c=(0,2,1).若a，b，c共面，则k=( )
A. 11B. -1C. 9D. 3
6.直线l:x+y+5=0截圆N:(x+2)2+(y-1)2=9所得的弦长为( )
A. 2 3B. 1C. 4D. 2
7.刍甍是中国古代算数中的一种几何体，是底面为矩形的屋脊状的楔体.现有一个刍甍如图所示，底面 BCDE为矩形，AF//平面BCDE，△ABE和△CDF是全等的正三角形，BC=3，BE=2，∠ABC=π3，则异面直线AE与BD所成角的余弦值为( )
A. 1326B. 1313C. 2 1313D. 3 1352
8.已知A(2,0)，B(10,0)，若直线tx-4y+2=0上存在点P，使得PA⋅PB=0，则t的取值范围为( )
A. [-3,215]B. [-215.3]
C. (-∞,-215]∪[3,+∞)D. (-∞,-7]∪[95,+∞)
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。全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.已知直线l:(m+2)x+(3-m)y-5=0过定点P.则下列结论正确的是( )
A. P的坐标为(1,1)
B. 当m=1时，l在y轴上的截距为52
C. 若l与直线6x+y+3=0垂直，则m=3
D. 点P在圆x2+y2+4x-2y=0的外部
10.已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<π2)的部分图象如图所示，其中M(1,0)，N(5,0)，则( )
A. ω=π4B. φ=-π4
C. f(x)在[6,8]上单调递增D. f(x)在[0,40]上恰有10个零点
11.若E∉平面γ，F∈平面γ，EF⊥平面γ，则称点F为点E在平面γ内的正投影，记为F=tγ(E).如图，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，BC=2AD，AD⊥AB，P，N分别为AA1，CC1的中点，DQ=3QD1，AB=BC=AA1=6.记平面A1BC为α，平面ABCD为β，AH=λAA1(0<λ<1)，K1=tβ[tα(H)]，K2=tα[tβ(H)].( )
A. 若A1N=2A1Q-2A1P+μA1B，则μ=1
B. 存在点H，使得HK1//平面α
C. 线段HK1长度的最小值是6 55
D. 存在点H，使得HK1⊥HK2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知圆C:x2+y2-4x-2y-11=0，则圆C的半径为__________.
13.某校高三年级男生共600人，女生共400人，现按性别进行分层，用分层随机抽样的方法从高三年级所有学生中抽取5人组成某活动志愿者小队，则被抽取的女生人数为__________.若从被抽取的这5人中抽取2人作为志愿者小队队长，则恰有1个男队长的概率为__________.
14.已知球O是棱长为6的正四面体ABCD的内切球，MN是球O的一条直径，H为该正四面体表面上的动点，则HM⋅HN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)
已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2sinC=3sinA，a=2，b= 7.
(1)求B的大小;
(2)求△ABC的面积.
16.(本小题15分)
已知在△ABC中，A(2,6)，B(-2,-2)，C(5,-3).
(1)求直线AB的方程;
(2)求△ABC的外接圆的标准方程;
(3)过点B作△ABC的外接圆的切线，求该切线方程.
17.(本小题15分)
如图，在六面体ABCDFE中，四边形ABCD是正方形，AE，DF，BG都垂直于平面ABCD，且AE=3，DF=2，BG=1，M，N分别是EG，BC的中点.
(1)证明：FM//平面ABCD.
(2)若AB=2，求点N到平面AMF的距离.
18.(本小题17分)
如图，在四棱台ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是正方形，AB=3AA1=2A1B1=6，AA1⊥平面ABCD.
(1)证明：BD⊥平面ACC1A1.
(2)求直线DD1与平面BCC1B1所成角的正弦值.
(3)棱BC上是否存在一点P，使得二面角P-AD1-D的余弦值为211?若存在，求线段BP的长;若不存在，请说明理由.
19.(本小题17分)
古希腊数学家阿波罗尼斯，与欧几里得、阿基米德并称古希腊三大数学家.他的著作《圆锥曲线论》是古代数学光辉的科学成果，其中一发现可表述为“平面内到两个定点A，B的距离之比|PA||PB|为定值λ(λ≠1)的点P的轨迹是圆”，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.如平面内动点T到两个定点A(-3,0)，O(0,0)的距离之比|TA||TO|为定值2，则点T的轨迹就是阿氏圆，记为C.
(1)求C的方程;
(2)若C与x轴分别交于E，F两点，不在x轴上的点H是直线l:x=4上的动点，直线HE，HF分别与C的另一个交点为M，N，证明直线MN经过定点，并求出该定点的坐标.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查直线倾斜角与斜率的关系，是基础题．
由直线方程求出直线的斜率，再由斜率是倾斜角的正切值求解．
【解答】
解：由直线y=x+45，得其斜率为k=1，
设直线的倾斜角为θ(0≤θ<π)，
由tanθ=1，得θ=π4.
故选：C.
2.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查复数的乘法运算，属于基础题.
根据复数的乘法运算即可求解.
【解答】
解：(8+i)(1-i)=8-8i+i-i2=9-7i.
故选：D.
3.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查交集运算，属于基础题.
先根据题意求出集合B，再求解A∩B即可.
【解答】
解：因为B={x∈N|-1所以A∩B={0,1,2}.
故选：C.
4.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了两条直线平行的判定及应用，属于较易题.
由条件结合直线平行结论列方程求a，并对所得结果进行检验.
【解答】
解：因为l1//l2，l1:x+ay-20=0,l2:2x+(a+1)y-10=0，
所以a+1=a×2，解得：a=1，
当a=1时，l1:x+y-20=0，l2:x+y-5=0，直线l1,l2平行，满足要求.
故选：B.
5.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查了向量共面定理及应用，属于基础题．
由a，b，c共面，可设a=xb+yc，即可进一步求出k的值．
【解答】
解：因为a，b，c共面，所以存在x，y∈R，
使得a=xb+yc，
所以(2,k,3)=x(2,5,0)+y(0,2,1)，
则2=2xk=5x+2y3=y，
解得x=1y=3k=11.
故选：A.
6.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查直线与圆的弦长，属于基础题.
利用圆的弦长公式即可求解.
【解答】
解：圆N:(x+2)2+(y-1)2=9的圆心N(-2,1)，半径为r=3，
圆心N到直线l:x+y+5=0的距离d=-2+1+5 2=2 2，
则弦长为2 r2-d2=2.
故选：D.
7.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查异面直线所成角，属于中档题.
根据平面向量的性质，得到AE⋅BD与|AE|，|BD|，再根据异面直线所成角得到csθ=|cs|的值即可求解.
【解答】
解：依题意得AE=BE-BA，BD=BC+BE，
所以AE⋅BD=(BE-BA)⋅(BC+BE)
=BE⋅BC+BE2-BA⋅BC-BA⋅BE
=4-2×3csπ3-2×2csπ3=-1，
|AE|=2，|BD|= 4+9= 13，
设异面直线AE与BD所成的角为θ，
所以csθ=|cs|=|AE⋅BD||AE||BD|=12× 13= 1326.
故选：A.
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查直线与圆的位置关系，为中档题.
设P(x,y)，根据PA⋅PB=0，得出P的轨迹方程，再结合条件P为直线AB上的点，得到直线与圆的位置关系，即可求解.
【解答】
解：设P(x,y)，则PA=(2-x,-y)，PB=(10-x,-y)，
因为PA⋅PB=0，所以(2-x)⋅(10-x)+(-y)2=0，
即(x-6)2+y2=16，所以点P在以(6,0)为圆心，4为半径的圆上，
又点P在直线tx-4y+2=0上，所以直线tx-4y+2=0与圆(x-6)2+y2=16有公共点，
则|6t+2| t2+16≤4，解得-215≤t≤3.
故选：B.
9.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题主要考查直线系过定点问题，直线与直线的位置关系，点与圆的位置关系的判断，属于基础题．
根据直线与圆的相关知识对各选项逐个判断即可解出．
【解答】
解：由题意得直线l:(m+2)x+(3-m)y-5=0，即m(x-y)+2x+3y-5=0，
由x-y=02x+3y-5=0，解得x=1y=1，故A正确；
当m=1时，直线l为3x+2y-5=0，令x=0，y=52，
所以在y轴上的截距为52，故B正确；
由6(m+2)+3-m=0，解得m=-3，故C错误；
因为1+1+4-2>0，所以点P在圆x2+y2+4x-2y=0的外部，故D正确.
故选：ABD.
10.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题考查正弦型函数的图象与性质，属于中档题.
观察图象求出A，由周期求出ω，由特殊点的坐标求出φ的值，得出解析式后，再利用正弦函数的图象和性质进一步求解.
【解答】
解：根据题意可得A=2 3，
因为M(1,0)，N(5,0)，P(3,2 3)，
所以最小正周期为2×(5-1)=8，
由2πω=8，解得ω=π4，A正确；
将P(3,2 3)代入f(x)=2 3sin(π4x+φ)，
得2 3=2 3sin(3π4+φ)，
则3π4+φ=π2+2kπ(k∈Z)，解得φ=-π4+2kπ(k∈Z)，
因为|φ|<π2，所以φ=-π4，则f(x)=2 3sin(π4x-π4)，B正确；
令-π2+2kπ≤π4x-π4≤π2+2kπ(k∈Z)，
得-1+8k≤x≤3+8k(k∈Z)，
当k=1时，7≤x≤11，C错误；
由x∈[0,40]，得π4x-π4∈[-π4,10π-π4]，所以f(x)在[0,40]上恰有10个零点，D正确.
故选ABD.
11.【答案】ABC
【解析】【分析】
本题考查空间向量的共面定理，空间几何体中线线关系、线面关系的坐标表示，属于中档题.
先建系，对于选项A，先证Q，B，N，P四点共面，再计算μ的值；对于选项B，先找出K1，K2，可得AK2是平面α的一个法向量，结合HK1//平面α，则HK1⋅AK2=0，依此求出H的位置；对于选项C，表示出|HK1|，求解其最小值即可；对于D，依据HK1⊥HK2，则HK1⋅HK2=0，从而可判定H的存在性.
【解答】
解：对于A：因为ABCD-A1B1C1D1为直四棱柱，AD⊥AB，所以以A为坐标原点，AD，AB，AA1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，连接PQ，BN.
则A1(0,0,6)，Q(3,0,92)，B(0,6,0)，N(6,6,3)，P(0,0,3)，
故PQ=(3,0,32)，BN=(6,0,3)，
所以BN=2PQ，即Q，B，N，P四点共面，
若A1N=2A1Q-2A1P+μA1B，则2-2+μ=1，
解得μ=1，A正确；
对于B：过点H作HG⊥A1B，交A1B于点G，过点G作AB的垂线，垂足即K1，
过点A作A1B的垂线，垂足即K2，连接HK1，HK2，
由题意可得AH=6λ(0<λ<1)，
则H(0,0,6λ)，G(0,3-3λ,3+3λ)，K1(0,3-3λ,0)，K2(0,3,3)，
故AK2=(0,3,3)，HK1=(0,3-3λ,-6λ)，HK2=(0,3,3-6λ)，A1B=(0,6,-6)，
易得AK2是平面α的一个法向量，若HK1//平面α，
则HK1⋅AK2=0，即3(3-3λ)+3(-6λ)=0，解得λ=13∈(0,1)，符合题意，
所以存在点H，使得HK1//平面α，B正确，
对于C：|HK1|= (3-3λ)2+(-6λ)2=3 5λ2-2λ+1=3 5(λ-15)2+45，
当λ=15时，|HK1|取得最小值，最小值为6 55，C正确.
对于D：若HK1⊥HK2，则HK1⋅HK2=3(3-3λ)-6λ(3-6λ)=0，
得4λ2-3λ+1=0，无解，所以不存在点H，使得HK1⊥HK2，D错误.
故选：ABC.
12.【答案】4
【解析】【分析】
本题主要考查由标准方程确定圆的半径，属于基础题．
把圆的一般方程化为标准方程，可得圆的半径．
【解答】
解：圆C:x2+y2-4x-2y-11=0的标准方程为：
(x-2)2+(y-1)2=16，
故圆的半径为4.
故答案为：4.
13.【答案】2 ； 35
【解析】【分析】
本题考查了分层抽样、古典概率计算，是基础题．
先求出按分层抽样选出的5人中男生人数和女生人数，再按古典概率计算公式计算即可.
【解答】
解：按分层随机抽样的方法抽取5人，
则男生中选600×51000=3人，女生中选400×51000=2人；
从此5人中选出两名同学作为队长，设恰有1个男队长的为事件A，
则P(A)=C31C21C52=610=35.
故答案为：2； 35.
14.【答案】12
【解析】【分析】
本题主要考查的是空间向量的线性运算与数量积运算，棱锥的体积公式，属于中档题.
根据条件求得正四面体体积与球O的半径，则HM⋅HN==HO2-32.点H与正四面体ABCD的顶点重合时，HO2=|AO|2取得最大值，进而求得结果.
【解答】
解：设△ABC的重心为E，则AE=2 3，DE= DA2-AE2=2 6，
则正四面体ABCD的体积为13× 34×62×2 6=18 2.
设球O的半径为R，则4×13× 34×62×R=18 2，解得R= 62.
因为HM⋅HN=(HO+OM)⋅(HO+ON)=HO2+HO⋅ON+HO⋅OM+OM⋅ON=HO2-OM2=HO2-32.
当点H与正四面体ABCD的顶点重合时，HO2=|AO|2取得最大值，所以|HO|2-32≤|AO|2-32=2 32+ 622-32=12.
15.【答案】解：(1)因为2sinC=3sinA，由正弦定理可得：2c=3a，
因为a=2，所以c=3，又b= 7，
由余弦定理得：cs B=a2+c2-b22ac=4+9-72×2×3=12.
因为0∘(2)由(1)可得B=60∘，a=2，c=3，
故△ABC的面积为12acsin B=12×2×3× 32=3 32.
【解析】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形面积公式在解三角形中的应用，考查了转化思想，属于基础题．
(1)由正弦定理得2c=3a，结合已知由余弦定理可得答案．
(2)直接根据三角形面积公式即可计算得解．
16.【答案】解：(1)已知A(2,6)，B(-2,-2)，
所以AB直线的斜率为6+22+2=2，
则直线AB的方程为y+2=2(x+2)，即2x-y+2=0；
(2)设△ABC外接圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，
则4+36+2D+6E+F=04+4-2D-2E+F=025+9+5D-3E+F=0，求得D=-4E=-2F=-20，
故△ABC外接圆方程为x2+y2-4x-2y-20=0，
即△ABC的外接圆的标准方程(x-2)2+(y-1)2=25；
(3)当切线的斜率不存在时，x=-2，不符合；
当切线的斜率存在时，设切线方程为y+2=k(x+2)即kx-y+2k-2=0，
△ABC的外接圆(x-2)2+(y-1)2=25的圆心为(2,1)，半径r=5，
由题意圆心(2,1)到切线的距离d=r，即d=|4k-3| k2+1=5，
解得k=-43.切线方程为4x+3y+14=0，
综上，切线方程为4x+3y+14=0.
【解析】本题主要考查用点斜式求直线的方程，用待定系数法求△ABC外接圆的方程，求圆的切线方程，属于中档题．
(1)先求AB斜率，再用点斜式求直线AB方程；
(2)设△ABC外接圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，把三个顶点的坐标代入，求出D、E、F，可得△ABC外接圆的标准方程；
(3)首先分析斜率不存在时是否符合题意，然后根据d=r，利用点到直线的距离公式求出斜率可得答案.
17.【答案】(1)证明：因为AE，DF，BG都垂直于平面ABCD，所以AE//BG//DF，
取AB的中点H，连接MH，DH，
则在梯形ABGE中，MH//AE，且MH=AE+BG2=2，
所以MH//DF且MH=DF，
所以四边形DFMH为平行四边形，
则FM//DH.
又因为FM⊄平面ABCD，DH⊂平面ABCD，
所以FM//平面ABCD；
(2)解：连接AN，因为DF垂直于平面ABCD，四边形ABCD是正方形，
所以以D为坐标原点，DA，DC，DF所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则A(2,0,0)，F(0,0,2)，M(2,1,2)，N(1,2,0)，
所以AN=(-1,2,0)，AM=(0,1,2)，AF=(-2,0,2)，
设平面AMF的法向量为n=(x,y,z)，
则AM⋅n=y+2z=0AF⋅n=-2x+2z=0，
取x=1，得y=-2，z=1，则n=(1,-2,1)，
故点N到平面AMF的距离：
d=|AN⋅n||n|=|-1-4+0| 6=5 66.
【解析】本题考查了线面平行的判定和点面距离的向量求法，是中档题.
(1)取AB的中点H，连接MH，DH，易证FM//DH，利用线面平行的判定定理即可证明；
(2)以D为坐标原点，DA，DC，DF所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量的距离公式求解即可.
18.【答案】解：(1)证明：因为底面ABCD是正方形，所以AC⊥BD.
又因为AA1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以AA1⊥BD.
因为AA1∩AC=A，且AA1，AC⊂平面ACC1A1，所以BD⊥平面ACC1A1.
(2)解：以AB，AD，AA1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，
则A(0,0,0)，B(6,0,0)，B1(3,0,2)，C(6,6,0)，D(0,6,0)，D1(0,3,2)，
所以BC=(0,6,0)，BB1=(-3,0,2)，DD1=(0,-3,2).
设平面BCC1B1的法向量为m=(x1,y1,z1)，
则m⋅BC=6y1=0,m⋅BB1=-3x1+2z1=0,取m=(2,0,3).
设直线DD1与平面BCC1B1所成的角为θ，
则sinθ=|cs|=|DD1⋅m||DD1|m=6 9+4× 4+9=613，
故直线DD1与平面BCC1B1所成角的正弦值为613.
(3)解：若存在点P满足题意，则可设点P(6,λ,0)，其中λ∈[0,6]，
则AP=(6,λ,0)，AD1=(0,3,2).
设平面AD1P的法向量为n=(x2,y2,z2)，则n⋅AP=6x2+λy2=0,n⋅AD1=3y2+2z2=0,取n=(λ,-6,9).
易得平面ADD1的一个法向量为v=(1,0,0)，
所以|cs|=|n⋅v||n||v|=|λ| λ2+36+81=211，解得λ=2或-2(舍去)，
故棱BC上存在一点P，当BP=2时，二面角P-AD1-D的余弦值为211.

【解析】本题考查直线与平面垂直的证明，考查直线与平面所成的角的正弦值的求法，以及空间中二面角的求解等知识，考查运算求解能力，空间想象能力，属于较难题．
(1)根据线面垂直的判定定理进行求解即可；
(2)建立空间直角坐标系，利用空间向量进行求解即可.
(3)利用空间向量进行求解即可.
19.【答案】解：(1)设T(x,y)，因为|TA||TO|=2，
即： (x+3)2+y2=2 x2+y2，
两边取平方整理得：x2+y2-2x-3=0，
即(x-1)2+y2=4，
故C的方程为：(x-1)2+y2=4;
(2)由圆C与x轴分别交于E，F两点，
不妨设E(-1,0)，F(3,0)，又H为直线l:x=4上的动点，设H(4,t)(t≠0)，
则kHE=t5，kHF=t，
则HE的方程为：y=t5(x+1)，HF的方程为：y=t(x-3)，
设M(x1,y1)，N(x2,y2)，
联立方程y=t5(x+1)x-12+y2=4，
解得(25+t2)x2+2t2-50x+t2-75=0，
所以-1×x1=t2-7525+t2，即x1=75-t225+t2，则y1=20t25+t2，
即M(75-t225+t2,20t25+t2)，
联立方程y=t(x-3)x-12+y2=4，
解得(1+t2)x2-6t2+2x+9t2-3=0，
所以3x2=9t2-31+t2，即x2=3t2-11+t2，则y2=-4t1+t2，
即N(3t2-11+t2,-4t1+t2)，
当t≠± 5时，
kMN=20tt2+25+4tt2+175-t2t2+25-3t2-1t2+1=20tt2+1+4tt2+2575-t2t2+1-3t2-1t2+25=6t3+30t25-t4=6t5-t2，
所以直线MN的方程为y--4t1+t2=6t5-t2(x-3t2-11+t2)，
化简得y=t5-t2(6x-14)，所以直线MN过定点(73,0)，
当t=± 5时，x1=x2=73，此时MN过定点(73,0)，
综上，直线MN过定点(73,0).

【解析】本题主要考查与圆相关的轨迹问题，直线与圆的位置关系，属于难题.
(1)设点T(x,y)，由题意可知|TA||TO|=2，代入点的坐标，整理即得C的方程;
(2)设出直线HE的方程和直线HF的方程，分别与圆的方程联立写出M、N的坐标，进而写出直线MN的方程，化简即可证明直线MN经过定点，并求出定点的坐标