2024-2025学年广东省五校高二上学期第二次联考数学试题（含答案）

这是一份2024-2025学年广东省五校高二上学期第二次联考数学试题（含答案），共11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a=(−3,2,5)，b=(1,5,−1)，则|a−b|=( )
A. 57B. 59C. 61D. 3 7
2.椭圆x216+y225=1的焦点为F1，F2，P为椭圆上一点，若|PF1|=3，则|PF2|=( )
A. 4B. 3C. 5D. 7
3.已知▵ABC三个顶点的坐标分别为A3,−1，B−5,2，C7,4，则BC边上的中线所在直线的方程为( )
A. x+2y−1=0B. 2x+y−5=0C. 2x−y−7=0D. x−2y−5=0
4.若圆C的圆心为(3,1)，且被y轴截得的弦长为8，则圆C的一般方程为( )
A. x2+y2−6x+2y−15=0B. x2+y2−6x+2y−7=0
C. x2+y2−6x−2y−15=0D. x2+y2−6x−2y−7=0
5.圆C1：(x−2)2+(y−4)2=9与圆C2：x2+y2−10x+9=0的公切条数为( )
A. 1条B. 2条C. 3条D. 4条
6.如图是某抛物线形拱桥的示意图，当水面处于l位置时，拱顶离水面的高度为2.5 m，水面宽度为8 m，当水面上涨0.9 m后，水面的宽度为( )
A. 6.4 mB. 6 mC. 3.2 mD. 3 m
7.空间直角坐标系O−xyz中，经过点P(x0,y0,z0)且法向量为m=(A,B,C)的平面方程为A(x−x0)+B(y−y0)+C(z−z0)=0，经过点P(x0,y0,z0)且一个方向向量为n=(a,b,c)(abc≠0)的直线l的方程为x−x0a=y−y0b=z−z0c.阅读上面的材料并解决下列问题：现给出平面α的方程为2x−3y−z=0，经过点(0,0,0)的直线l的方程为x−1=y2=z−3，则直线l与平面α所成角的正弦值为( )
A. 514B. 314C. 513D. 313
8.已知点P为椭圆C：x216+y212=1上任意一点，直线l过圆M：x2+y2−4x+3=0的圆心且与圆M交于A，B两点，则PA⋅PB的取值范围是( )
A. [2,34]B. [2,36]C. [3,35]D. [4,36]
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.下列说法正确的是( )
A. 若直线a2x−y+1=0与直线x−ay−2=0互相垂直，则a=0或a=−1
B. 若直线ax+2y+a2=0与直线x+(a+1)y+1=0互相平行，则a=−2或a=1
C. 直线xsinα+y+2=0的倾斜角θ的取值范围是0,π4∪3π4,π
D. 若点A(1,0)，B(0,2)，直线l过点P(2,1)且与线段AB相交，则l的斜率k的取值范围是k≤−12或k≥1
10.已知直线l：x−y+5=0与圆C：x2+y2−2x−7=0，下列说法正确的是( )
A. 点A(3,1)在圆C外
B. 直线与圆C相离
C. 点P为圆C上的动点，点Q为直线l上的动点，则|PQ|的取值范围是[ 2,+∞)
D. 将直线l下移4个单位后得到直线l′，则圆C上有且仅有3个点到直线l′的距离为 2
11.在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=BC=AA1=2，∠ABC=90°，E，F分别为棱AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的动点，则( )
A. BF⊥DE
B. 该三棱柱的体积为4
C. 过A1，B1，E三点截该三棱柱的截面面积为 5
D. 直线DE与平面ABB1A1所成角的正切值的最大值为12
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.三条直线ax+2y−8=0，4x+3y=10与2x−y=10相交于一点，则a的值为__________．
13.已知空间中的三点A(−2,0,2)，B(−1,1,2)，C(−3,0,4)，则点B到直线AC的距离为__________．
14.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左焦点为F1，O为坐标原点，若在C的右支上存在关于x轴对称的两点P，Q，使得△PF1Q为正三角形，且OQ⊥F1P，则C的离心率为__________．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
已知A(1,2)、B(3,6)，动点P满足PA⋅PB=−4，设动点P的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的标准方程;
(2)求过点A(1,2)且与曲线C相切的直线的方程．
16.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，PD⊥平面ABCD，AD⊥DC，AB//DC，AB=12CD=AD=1，M为棱PC的中点．
(1)证明：BM//平面PAD；
(2)若PD=1，求平面PDM和BDM夹角的余弦值．
17.(本小题12分)
已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为 5，虚轴长为4．
(1)求C的方程；
(2)直线l：y=mx+1与双曲线C相交于A，B两点，O为坐标原点，△AOB的面积是2 2，求直线l的方程
18.(本小题12分)
在Rt▵ABC中，∠C=90∘，BC=3，AC=6，D,E分别是AC,AB上的点，满足DE//BC且DE经过▵ABC的重心，将▵ADE沿DE折起到▵A1DE的位置，使A1C⊥CD，M是A1D的中点，如图所示．
(1)求证：A1C⊥平面BCDE；
(2)求CM与平面A1BE所成角的大小；
(3)在线段A1C上是否存在点N，使平面CBM与平面BMN成角余弦值为 34？若存在，求出CN的长度；若不存在，请说明理由．
19.(本小题12分)
已知圆Г：x2+y2=4，点Q在圆Г上，过Q作y轴的垂线，垂足为Q′，动点P满足Q′Q=23Q′P，设动点P的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程；
(2)斜率存在且不过B(0,2)的直线l与曲线C相交于M、N两点，BM与BN的斜率之积为209．
①证明：直线l过定点；②求△BMN面积的最大值．
参考答案
1.C
2.D
3.B
4.C
5.B
6.A
7.A
8.C
9.ACD
10.BCD
11.ABD
12.3
13.3 55
14. 3+1
15.解：(1)设P(x,y)，则 PA=(1−x,2−y) ， PB=(3−x,6−y) ，
由 PA⋅PB=(1−x)(3−x)+(2−y)(6−y)=−4 ，
得 (x−2)2+(y−4)2=1 ，
所以曲线 C 的标准方程为 (x−2)2+(y−4)2=1 ．
(2)曲线 C 是以 2,4 为圆心，1为半径的圆，
过点 A(1,2) 的直线若斜率不存在，直线方程为 x=1 ，满足与圆 C 相切；
过点 A(1,2) 的切线若斜率存在，设切线方程为 y−2=kx−1 ，即 kx−y+2−k=0 ，
由圆心到直线距离 d=2k−4+2−k k2+1=1 ，解得 k=34 ，
则方程为 3x−4y+5=0 ．
过点 A(1,2) 且与曲线 C 相切的直线的方程为 x=1 或 3x−4y+5=0 ．

16.解：(1)证明：取PD中点N，连接AN，MN，

在△PCD中，M，N分别为PC，PD的中点，则MN/​/DC，MN=12DC，
因为AB//DC，AB=12DC，则AB/​/MN，AB=MN，
可知四边形ABMN为平行四边形，则BM/​/AN，
且BM⊄平面PAD，AN⊂平面PAD，
所以BM/​/平面PAD．
(2)因为PD⊥平面ABCD，AD，DC⊂平面ABCD，
则PD⊥AD，PD⊥DC，且AD⊥DC，
以D为坐标原点，DA，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴，
建立空间直角坐标系D−xyz，如图所示，

由PD=1，AB=12CD=AD=1，
则B(1,1,0)，C(0,2,0)，P(0,0,1)，M(0,1,12)，所以DB=(1,1,0)，DM=(0,1,12)，
显然面PDM的一个法向量为m=(1,0,0)，
若面BDM的一个法向量为n=(x,y,z)，则n⋅DB=x+y=0n⋅DM=y+12z=0，
令z=2，则n=(1,−1,2)，
设平面PDM和BDM夹角为θ，则csθ=|cs|=m·nmn=|1 6|= 66
所以平面PDM和BDM夹角的余弦值为 66
17.解：(1)依题意可得ca= 52b=4c2=a2+b2，
解得a=1,b=2,c= 5，
∴双曲线的标准方程为x2−y24=1．
(2)由y=mx+1,x2−y24=1,得(4−m2)x2−2mx−5=0，
由Δ=(−2m)2−4×(−5)(4−m2)=80−16m2>0，
得m20，①
设M(x1,y1)，N(x2,y2)，
所以x1+x2=−18bk9k2+4,x1x2=9b2−369k2+4，
则kBM⋅kBN=y1−2x1⋅y2−2x2=kx1+b−2x1⋅kx2+b−2x2
=k2⋅x1⋅x2+k⋅(b−2)⋅(x1+x2)+(b−2)2x1x2=209，
则(9k2−20)⋅x1x2+9k⋅(b−2)⋅(x1+x2)+9(b−2)2=0，
则(9k2−20)⋅9b2−369k2+4+9k⋅(b−2)⋅(−18b⋅k9k2+4)+9(b−2)2=0，
整理得b2+b−6=0，
解得b=−3，
所以直线l过定点T(0,−3)；
②解：由①得，x1+x2=54k9k2+4,x1x2=459k2+4，
则|x1−x2|= (x1+x2)2−4x1x2= (54k9k2+4)2−4×459k2+4=12 9k2−59k2+4，
所以S△BMN=12|BT|⋅|x1−x2|=52×12 9k2−59k2+4=30× 9k2−59k2+4，
令 9k2−5=t(t>0)，
则9k2=t2+5，
则S△BMN=30×tt2+5+4=30tt2+9=30t+9t≤302 t⋅9t=5，
当且仅当t=9t，即t=3，k=± 143时，等号成立，
满足①，
所以△BMN面积的最大值为5．