2024-2025学年福建省部分学校教学联盟高二（上）期中数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年福建省部分学校教学联盟高二（上）期中数学试卷（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.若直线l的一个方向向量为(2,2)，则直线l的倾斜角为( )
A. 120°B. 135°C. 30°D. 45°
2.向量a=(0,1,−1)在向量n=(1,2,3)上的投影向量为( )
A. −114nB. −17nC. 114nD. 17n
3.已知两直线l1：3x+4y−14=0，l2：a(x+1)−2x+4y=0，若l1//l2，则l1与l2间的距离为( )
A. 95B. 125C. 175D. 195
4.点(2,4)关于直线3x−y+2=0对称的点的坐标为( )
A. (−25,485)B. (−25,245)C. (52,245)D. (25,245)
5.设a∈R，直线l1：(a+1)x+y−1=0，l2：2x+ay−(a+2)=0，则“a=1”是“l1//l2”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
6.“120)的两个焦点，P是椭圆E上的点，PF1⊥PF2，且|PF1|=2|PF2|，则椭圆E的离心率为( )
A. 102B. 104C. 53D. 56
8.已知圆C1：x2+y2−2x−2y=0，设其与x轴、y轴正半轴分别交于M，N两点.已知另一圆C2的半径为2 2，且与圆C1相外切，则|C2M|⋅|C2N|的最大值为( )
A. 20B. 20 2C. 10D. 10 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.已知椭圆C：y236+x24=1，下列结论正确的是( )
A. 椭圆C的长轴长是12
B. 椭圆C的短半轴长是4
C. 经过椭圆C焦点的最短弦长是43
D. 椭圆C的焦点坐标分别是F1(0,2)，F2(0,−2)
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.如图所示，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，底面ABC是等腰直角三角形，AB=BC=AA1=1，点D为侧棱BB1上的动点，M为线段A1B1中点.则下列说法正确的是( )
A. 存在点D，使得AD⊥平面BCM
B. △ADC1周长的最小值为1+ 2+ 3
C. 三棱锥C1−ABC的外接球的体积为 32π
D. 平面ADC1与平面ABC的夹角正弦值的最小值为 33
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知点A(2,1)，B(3,−2)，若直线l：y=k(x−1)与线段AB相交，则直线l的倾斜角的取值范围是______．
13.已知向量a=(−2,1,4),b=(−4,2,t)，且向量a,b的夹角为锐角则t的取值范围是______．
14.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，以线段F1F2为直径的圆与C在第一、第三象限分别交于点A，B，若|AF2|≤4|BF1|，则C的离心率的最大值是______．
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)
已知点P是椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)上的一点，F1和F2是焦点，焦距为6，且|PF1|+|PF2|=10．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若∠F1PF2=60°，求△F1PF2的面积．
16.(本小题15分)
已知圆M是△ABC的外接圆，圆心为M，顶点B(−2,6)，C(4,−2)，且_____．
在下列所给的三个条件中，任选一个补充在题中的横线上，并完成解答．
①顶点A(−2,−2)；
②AB⊥AC；
③BM=MC．
(1)求圆M的标准方程；
(2)若点P为直线l：3x−5y−27=0上一动点，过点P作圆M的切线，切点为Q，求|PQ|的最小值．
17.(本小题15分)
如图所示，在三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AC，侧面BCC1B1⊥底面ABC，E，F分别为棱BC和A1C1的中点．
(1)求证：EF//平面ABB1A1；
(2)若AA1=BC=AB，且平面ABC⊥平面AEF，求二面角B−AC−C1的余弦值大小．
18.(本小题17分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，PB与底面ABCD所成角为45°，四边形ABCD是梯形，AD⊥AB，BC/​/AD，AD=2，PA=BC=1．
(1)证明：平面PAC⊥平面PCD．
(2)若点T是CD的中点，点M是PT的中点，求点P到平面ABM的距离．
(3)若点T是CD的动点，PT上是否存在一点M，使得PT⊥平面ABM，若存在，求出M点坐标，若不存在，请说明理由．
19.(本小题17分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F，点M(1,83)在C上，且MF⊥x轴，过点M且与椭圆C有且只有一个公共点的直线与x轴交于点P．
(1)求椭圆C的方程；
(2)点R是椭圆C上异于M的一点，且三角形MPR的面积为24，求直线MR的方程；
(3)过点P的直线交椭圆C于D，E两点(D在E的左侧)，若N为线段FP的中点，直线NE交直线MF于点Q，T为线段DF的中点，求线段TQ的最大值．
参考答案
1.D
2.A
3.D
4.B
5.A
6.B
7.C
8.A
9.AC
10.ACD
11.ACD
12.[0,π4]∪[3π4,π)
13.(−52,8)∪(8,+∞)
14. 175
15.解：(1)已知点P是椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)上的一点，F1和F2是焦点，焦距为6，且|PF1|+|PF2|=10，
则2c=6，2a=10，
所以c=3，a=5，
所以b= 52−32=4，
即椭圆的标准方程为x225+y216=1．
(2)已知∠F1PF2=60°，
则|PF1|2+|PF2|2−|PF1||PF2|=|F1F2|2=36，
即(|PF1|+|PF2|)2−3|PF1||PF2|=36，
又(|PF1|+|PF2|)2=100，
所以|PF1||PF2|=643，
则SΔPF1F2=12|PF1||PF2|sin60°=16 33．
16.解：(1)若选①：设圆M的标准方程为(x−a)2+(y−b)2=r2，圆心为M(a,b)，半径为r，
∵圆M过点A(−2,−2)，C(4,−2)，∴圆心在直线x=1上，即a=1；
∵圆M过点A(−2,−2)，B(−2,6)，∴圆心在直线y=2上，即b=2，
∴圆M的圆心为M(1,2)，半径r=|MA|= (1+2)2+(2+2)2=5，
∴圆M的标准方程为(x−1)2+(y−2)2=25；
若选②：∵AB⊥AC，∴△ABC是直角三角形，
∴△ABC的外接圆圆心M为斜边BC的中点，
设圆M的标准方程为(x−a)2+(y−b)2=r2，圆心为M(a,b)，半径为r，
由题知，圆心为M(1,2)，半径r=|MB|= (−2−1)2+(6−2)2=5，
∴圆M的标准方程为(x−1)2+(y−2)2=25；
若选③：∵BM=MC，∴圆心M为边BC的中点，|BC|为圆的直径，
设圆M的标准方程为(x−a)2+(y−b)2=r2，圆心为M(a,b)，半径为r，
由题知，圆心为M(1,2)，半径r=|MB|= (−2−1)2+(6−2)2=5，
∴圆M的标准方程为(x−1)2+(y−2)2=25；
(2)依题意：|PQ|2=|PM|2−r2=|PM|2−25，dM→l=|3×1−5×2−27| 32+52= 34，
又∵|PM|≥dM→l= 34，∴|PQ|2≥34−25=9，即|PQ|≥3，
∴|PQ|的最小值为3．
17.(1)证明：如图，取A1B1的中点G，连接BG，FG，则FG/​/B1C1，且FG=12B1C1，
因为E是BC的中点，所以BE/​/B1C1，BE=12B1C1，
所以FG//BE，且FG=BE，
所以四边形BEFG为平行四边形，所以EF/​/BG，
又BG⊂平面ABB1A，EF⊄平面ABB1A1，
所以EF/​/平面ABB1A1．
(2)解：由题意知，三棱柱的所有棱长都相等，则△ABC与△A1B1C1都是等边三角形，所以AE⊥BC，
取B1C1的靠近点C1的四等分点H，取B1C1的中点M，连接A1M，EM，则HF//MA1，
由三棱柱的性质知EM//BB1//AA1，且EM=BB1=AA1，
所以四边形EMA1A为平行四边形，
所以MA1//EA，
所以HF//EA，即A，E，H，F四点共面，
因为平面BCC1B1⊥平面ABC，平面ABC⊥平面AEF，且平面BCC1B1∩平面AEF=HE，
所以HE⊥平面ABC，
以E为原点，EC，EA，EH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，
设CE=2，则CC1=BC=4，
因为HE2+(12CE)2=CC12，所以HE2+1=16，解得HE= 15，
所以C1(1,0, 15)，C(2,0,0)，A(0,2 3,0)，
所以CC1=(−1,0, 15),CA=(−2,2 3,0)，
设平面AA1C1C的法向量为n=(x,y,z)，则n⋅CC1=−x+ 15z=0n⋅CA=−2x+2 3y=0，
取z=1，可得x= 15，y= 5，所以n=( 15, 5,1)，
因为HE⊥平面ABC，所以m=(0,0,1)为底面ABC的一个法向量，
则cs=m⋅n|m|⋅|n|=11× 21= 2121，
由图知，二面角B−AC−C1为锐二面角，
故二面角B−AC−C1的余弦值为 2121．
18.(1)证明：由PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，CD⊂平面ABCD，
得PA⊥AB，PA⊥CD，PB 与底面ABCD所成角为∠PBA=45°，
所以三角形PAB为等腰直角三角形，AB=AP=1，
又由四边形ABCD是直角梯形，BC/​/AD，可知AB⊥BC，
所以△ABC为等腰直角三角形，而BC=1，故AC= 2，
在直角梯形ABCD中，过C作CE⊥AD，垂足为E，
则四边形ABCE为正方形，可得AE=BC=CE=1，
所以DE=1，在等腰直角三角形CDE中，CD= 2，
则有AC2+CD2=2+2=4=AD2，所以DC⊥AC，
又因为PA⊥DC，PA∩AC=A，PA，AC⊂平面PAC，
所以DC⊥平面PAC，因为DC⊂平面PCD，
所以平面PAC⊥平面PCD；
解：(2)以A为坐标原点，分别以AB，AD，AP所在直线为x，y，z 轴，
建立如图所示的空间直角坐标系：

则A(0,0,0)，P(0,0,1)，B(1,0,0)，D(0,2,0)，C(1,1,0)，
因为T是CD中点，M是PT中点，所以T(12,32,0)，M(14,34,12)，
设平面ABM的一个法向量为n=(x,y,z)，
又AB=(1,0,0)，AM=(14,34,12)，
则有AB⋅n=x=0AM⋅n=14x+34y+12z=0，取y=4，则z=−6，
可得平面ABM的一个法向量为n=(0,4,−6)，
而AP=(0,0,1)，
所以点P到平面ABM的距离为|AP⋅n||n|=6 16+36=3 1313；
(3)设AT=λAC+(1−λ)AD=(λ,λ,0)+(0,2−2λ,0)=(λ,2−λ,0)，
注意到A(0,0,0)，所以T(λ,2−λ,0)，所以PT=(λ,2−λ,−1)，
设PM=μPT=μ (λ,2−λ,−1)=(μλ,2μ−μλ,−μ)，
注意到P(0,0,1)，所以M(μλ,2μ−μ λ,1−μ )，
因为A(0,0,0)，B(1,0,0)，
所以AB=(1,0,0)，AM=(μ,2μ−μλ,1−μ)，
若PT⊥平面ABM，则当且仅当PT⋅AB=λ=0PT⋅AM=μλ2+μ(2−λ)2+μ−1=0，
即当且仅当λ=0μ=15，此时M(0,25,45)，
综上所述，当且仅当T，D重合，
此时存在M(0,25,45)，使PT⊥平面ABM．
19.解：(1)由题意知点M(1,83)在C上，
因为MF⊥x轴，设椭圆焦距为2c，则c=1，
将x=c代入C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)中，得y=±b2a，
又M在一象限，所以M(c,b2a)，所以b2a=83，
因为a2−b2=c2=1，所以a2−1a=83，解得a2=9，b2=8，
所以椭圆C方程为x29+y28=1；
(2)由题意知过点M且与椭圆C有且只有一个公共点的直线的斜率不为0，
故设l：x=my+n，与椭圆x29+y28=1联立，

得(8m2+9)y2+16mny+8n2−72=0，由椭圆与直线只有一个公共点，
则Δ=(16mn)2−4(8m2+9)(8n2−72)=0，即8m2−n2+9=0①，
又l：x=my+n过(1,83)，则1=83m+n，即n=1−83m②，
将②代入①可得，8m2−(1−83m)2+9=0，解得m=−3，则n=9，
所以l：x=−3y+9，即得点P为(9,0)．
设原点O(0,0)，由S△OPM=12×9×83=12，S△MPR=24，
故S△MPR=2S△OPM，
从而R到l的距离为O到l距离的2倍，即R在l关于O对称的直线上，
又R在椭圆上，从而M，R关于O对称，
故直线MR方程为y=83x．
(3)设D(x1,y1)，E(x2,y2)，DP=λPE，则(9−x1,−y1)=λ(x2−9,y2)，
则λx2=9+9λ−x1λy2=−y1③，
又由8x12+9y12=728(λx2)2+9(λy2)2=72λ2，
可得8⋅x1+λx21+λ⋅x1−λx21−λ+9⋅y1+λy21+λ⋅y1−λy21−λ=72④，
结合③④可得，−5λ+λx2=4，
又P(9,0)，F(1,0)，N(5,0)，E(x2,y2)，
则直线NE的方程为y−0=y2x2−5(x−5)，
MF⊥x轴，直线NE与MF交于Q，
则xQ=1，故yQ=4y25−x2=−λy2=y1，
故DQ⊥y轴，从而|TQ|=12|DF|≤12(a+c)=2，当D位于椭圆左顶点时取等号，
故线段TQ的最大值为2．