2024-2025学年度福建省泉州市四校高二年级秋季期中联考数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年度福建省泉州市四校高二年级秋季期中联考数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知直线l过点A(1,1)，B(2,−1)，则直线l的方程为(

)A.2x+y−1=0 B.2x+y−3=0 C.2x−y+1=0 D.x+2y−3=02.已知椭圆C:x2a2+y24A.12 B.13 C.23.设x，y∈R，a=(1,1,1)，b=(1,y,z)，c=(x,−4,2)，且a⊥c，bA.32 B.0 C.3 4.设方程x2k−4+y29−kA.(4,132)∪(132,9) B.(4,9)5.过点(14,1)作直线l，则满足在两坐标轴上截距之积为2的直线l的条数为A.4 B.3 C.2 D.16.已知光线从点A(−6,3)射出，经直线2x−y+10=0反射，且反射光线所在直线过点B(−8,−3)，则反射光线所在直线的方程是(

)A.3x−2y+18=0 B.2x+3y+25=0

C.3x+2y+30=0 D.2x−3y+7=07.如图，圆锥的轴截面ABC为等边三角形，D为弧AB的中点，E，F分别为母线BC、AC的中点，则异面直线BF和DE所成角的大小为(

)

A.π4 B.π3 C.π28.已知A，B是圆x2+y2=4上的两个动点，且|AB|=22，点M(xA.6 B.62 C.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.下列说法正确的是(

)A.直线x+3y+2=0的倾斜角是5π6

B.“a=±1”是“直线ax−y+1=0与直线x−ay+2a−1=0互相平行”的充要条件

C.直线l:(3+m)x+4y−3+3m=0(m∈R)恒过定点(−3,3)

D.点P在直线l:x−y−1=0上运动，A(2,3)，B(2,0)10.下列说法正确的有(

)A.已知点P(x,y)在圆C:(x−1)2+(y−1)2=2上，则x+y的最大值是4

B.已知O为坐标原点，点P(a,b)是圆x2+y2=r2(r>0)内的一点，则直线ax+by=r2与圆相交

C.若圆M:(x−4)211.棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P满足BP=xBA+yBCA.当x=0，z=1时，△BPD1可能是等腰三角形

B.当x=0，y=1时，三棱锥P−BDD1的体积恒为43

C.当z=1，且x+y=1时，△BPD1的面积的最小值为2

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,−4)，点A关于y轴的对称点的坐标为

．13.已知M(−2,0)，P是圆N:x2−4x+y2−32=0上一动点，线段MP的垂直平分线交NP于点Q，则动点14.如图所示，为保护河上古桥OA，规划建一座新桥BC，同时设立一个圆形保护区.规划要求：新桥BC与河岸AB垂直;保护区的边界为圆心M在线段OA上并与BC相切的圆，且古桥两端O和A到该圆上任意一点的距离均不少于80m.经测量，点A位于点O正北方向60m处，点C位于点O正东方向170m处(OC为河岸)，tan∠BCO=43.当圆形保护区面积最大时，OM=

．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)

如图，在正六棱柱ABCDEF−A1B1C1D1E1F1中，M为(1)用a，b，c表示向量DM，B(2)若|a|=|c|=216.(本小题12分)已知圆C的圆心在直线2x−y−2=0上，且圆C过点(3,1),(6,4)．(1)求圆C的标准方程；(2)过点P(1,1)的直线l与圆C相交于A，B两点，当|AB|=25时，求直线l17.(本小题12分)已知F1，F2是椭圆C:x2a2+(1)求椭圆C的标准方程;(2)若P为C上一点，且∠F1PF18.(本小题12分)如图，在四棱锥P−ABCD中，平面PDC⊥平面ABCD，AD⊥DC，AB/​/DC，AB=12DC，PD=AD=1，M(1)证明：BM/​/平面PAD;(2)若PC=5，(ⅰ)求二面角P−DM−B的余弦值;(ⅱ)在线段PA上是否存在点Q，使得点Q到平面BDM的距离是269?若存在，求出PQ19.(本小题12分)类似平面解析几何中的曲线与方程，在空间直角坐标系中，可以定义曲面(含平面)S的方程，若曲面S和三元方程F(x,y,z)=0之间满足： ①曲面S上任意一点的坐标均为三元方程F(x,y,z)=0的解; ②以三元方程F(x,y,z)=0的任意解(x0,y0,z0)为坐标的点均在曲面S上，则称曲面S的方程为F(x,y,z)=0，方程F(x,y,z)=0的曲面为S.已知曲面C的方程为x(1)求证：直线l在曲面C上(即l上任意一点均在曲面C上);(2)已知曲面C可视为平面xOz中某双曲线的一支绕z轴旋转一周所得的旋转面;同时，过曲面C上任意一点，有且仅有两条直线，使得它们均在曲面C上.设直线l′在曲面C上，且过点T(2,0,2)，求异面直线l与l′参考答案1.B

2.D

3.A

4.A

5.C

6.D

7.C

8.A

9.ACD

10.AC

11.ABC

12.【解答】解：

因为A(−2,1,−4)，则点A关于y轴的对称点B的坐标为((2,1,4)，故答案为(2,1,4)．

13.【解答】

解：由题意得N(2,0)，圆的半径为r=6，

线段MP的垂直平分线与直线NP的交点为Q，得|QM|=|QP|，

所以|QN|+|QM|=|QN|+|QP|=|PN|=6>|MN|=4，

根据椭圆的定义，点Q的轨迹是以N，M为焦点，以6为长轴长的椭圆，

所以2a=6，2c=4，

所以a=3，c=2，

所以b=5，

所以点Q的轨迹方程是x29+y14.【解答】解：如图，设BC与⊙M切于Q，延长QM、CO交于P，

∵∠POM=∠PQC=90∘，

∴∠PMO=∠BCO．

设OM=x，则OP=43x，PM=53x，

∴PC=43x+170，PQ=1615x+136，

设⊙M的半径为R，

∴R=MQ=(1615x+136−53x)m=(136−35x)m.

∵A、O到⊙M上任一点距离不少于80m，

则R−AM≥80，R−OM≥8015.解：(1)DM=DE+EF+FM

=−AB−(AB+AF)+12AA1

=−2a−b+12c；16.解：(1)设圆的标准方程为(x−a)2+(y−b)2=r2，r>0，

则2a−b−2=0且(3−a)2+(1−b)2=r2且(6−a)2+(4−b)2=r2，

解得a=3，b=4，r=3，

圆的标准方程为(x−3)2+(y−4)2=9；

(2)因为|AB|=25，

所以圆心到直线l的距离d=9−25217.(1)解：设椭圆C的焦距为2c，因为F1F2=2，可得则MF1=由椭圆的定义可得a=MF1故椭圆C的标准方程为x2(2)解：由∠F2P又由椭圆的定义，可得PF平方得PF12解得PF所以△F1

18.(1)证明：如图，取PD中点E，连接ME，AE，

因为M是PC中点，所以ME//DC，ME=12DC，

又AB/​/DC，AB=12DC，

∴ME/​/AB，ME=AB，

所以四边形ABME是平行四边形，

∴BM//AE，

又AE⊂平面PAD，BM⊄平面PAD，

∴BM//平面PAD．

(2)解：∵AB=1，∴DC=2，又PD=1，PC=5，

∴PC2=PD2+DC2，则PD⊥DC，

又平面PDC⊥平面ABCD，平面PDC∩平面ABCD=DC，PD⊂平面PDC，

∴PD⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，

∴PD⊥AD，又AD⊥DC，

所以PD，AD，DC两两互相垂直，

如图，以点D为坐标原点，DA，DC，DP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，

则D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,2,0)，P(0,0,1)，M(0,1,12)，

(ⅰ)设平面BDM的一个法向量为m=(x,y,z)，则

m⋅DB=0m⋅DM=0，即x+y=0y+12z=0，令y=1，可得x=−1，z=−2，

∴m=(−1,1,−2)，

又平面PDM的一个法向量为DA=(1,0,0)，

∴cosm,DA=m⋅DA|m||DA|=−11+1+4×1=−66，

所以二面角P−DM−B的余弦值为−66．

(ⅱ)假设线段PA上存在点Q，使得点19.解：(1)证明：设P(x0,y0,z0)是直线l上任意一点，而d=(−2,0,−4)为直线l的方向向量，

则有QP//d，

从而存在实数λ，使得QP=λd，

即(x0+1,y0−1,z0+2)=λ(−2,0,−4)，解得x0=−2λ−1，y0=1，z0=−4λ−2，

即点P(−2λ−1,1,−4λ−2)，

显然(−