2024-2025学年广东省“金太阳联考”高二（上）期中考试数学试题（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年广东省“金太阳联考”高二（上）期中考试数学试题一、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.直线y=x+45的倾斜角为(

)A.π3 B.3π4 C.π42.(8+i)(1−i)=(

)A.7−9i B.9−9i C.7−7i D.9−7i3.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l1A.−1 B.1 C.13 D.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.11 B.−1 C.9 D.36.直线l:x+y+5=0截圆N:(x+2)2+(y−1)A.23 B.1 C.4 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.1326 B.C.213138.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]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x10.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)A.ω=πB.φ=−π4

C.f(x)在[6,8]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=3QDA.若A1N=2A1Q−2A1P+μA1B，则μ=1

B.存在点H，使得H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

．15.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;

16.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.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.如图，在四棱台ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD(1)证明：BD⊥平面ACC(2)求直线DD1与平面(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?19.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．

参考答案1.C

2.D

3.C

4.B

5.A

6.D

7.A

8.B

9.ABD

10.ABD

11.ABC

12.4

13.2；314.12

15.解：(1)因为2sinC=3sinA，所以2c=3a.

因为a=2，所以c=3，又b=7，

由余弦定理，得cos B=a2+c2−b22ac=4+9−72×2×3=12．

因为016.解：(1)已知A(2,6)，B(−2,−2)，

∴AB直线的斜率为6+22+2=2，

∴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17.(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，

所以FM//DH．

又因为FM⊄平面ABCD，DH⊂平面ABCD，所以FM/​/平面ABCD．

(2)解：连接AN.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=0，AF⋅n=−2x+2z=0，

取x=1，得y=−2，z=118.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因为AA1∩AC=A，且AA1，AC⊂平面AC(2)解：以AB，AD，AA1所在直线分别为x，y，则A(0,0,0)，B(6,0,0)，B1(3,0,2)，C(6,6,0)，D(0,6,0)，所以BC=(0,6,0)，BB1设平面BCC1B则m⋅BC=6设直线DD1与平面BCC则sinθ=|cos<故直线DD1与平面BCC(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)，A设平面AD1P的法向量为n=(x易得平面ADD1的一个法向量为所以|cos<n·v>|=|故棱BC上存在一点P，当BP=2时，二面角P−AD1−D

19.解：(1)设T(x,y)，由题意可知，|TA||TO|=2，

即：(x+3)2+y2=2x2(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