2024-2025学年重庆市名校联盟高二上学期第一次联合考试数学试题（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年重庆市名校联盟高二上学期第一次联合考试数学试题一、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.已知点A(3,−1,0)，若向量AB=(2,5,−3)，则点B的坐标是(

)A.(1,−6,3) B.(5,4,−3) C.(−1,6,−3) D.(2,5,−3)2.过点Q(−1,1)，且与直线x−y−3=0平行的直线方程是(

)A.x−y+2=0 B.x−y−2=0 C.x+y+2=0 D.x+y−2=03.已知点A1,23，B4,3，若AB是直线lA.150∘ B.120∘ C.60∘4.已知圆x2+y2+4mx−2my+m=0(m∈R)A.1 B.0或14 C.0或1 D.5.如图，平行六面体ABCD−A1B1C1D1的所有棱长均为1，AB，AD，AA1两两所成夹角均为60∘，点E，F分别在棱BB1A.409 B.27 C.36.点P−2,−1到直线l:1+3λx+1+λy−2−4λ=0λ∈RA.13；x+y−2=0 B.11；3x+y−4=0

C.13；3x+2y−5=0 D.7.已知直线l过点0,4，且与直线3x−y+4=0及x轴围成等腰三角形，则l的方程为(

)A.3x+y−4=0，或3x−3y+12=0

B.3x−3y+12=0，或8.点P为圆A：x−42+y2=4上的一动点，Q为圆B：x−62+y−4A.8 B.9 C.10 D.11二、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e1，e2是夹角2π3的单位向量，且a=e1A.a⋅b=−12 B.a=3

C.e1在e10.点P在圆M：x−52+y−52=16上，点A4,0A.直线AB关于点M对称直线为x−2y−26=0

B.点P到直线AB距离的最大值为1155+4

C.圆M关于直线AB对称的圆的方程为x−15211.在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AD=1，AA1=2，动点P在体对角线A.当P为BD1中点时，∠APC为锐角 B.存在点P，使得BD1⊥平面APC

C.AP+PC的最小值303 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知平面向量a=5,1,0,b=1,−1,1,c=13.方程x2+y2+ax+2ay+2a214.已知圆Q:x2+y2=16，点P1,2，M、N为圆O上两个不同的点，且PM⋅PN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ΔABC顶点A(1,2)、B(−3,−1)、C(3,−3)．(1)求边BC的垂直平分线l1(2)若直线l2过点A，且l2的纵截距是横截距的2倍，求直线l16.(本小题15分)如图，正方体ABCD−A1B1C1D1中，E、F、(1)证明：GF//平面ACE；(2)求AC1与平面ACE17.(本小题15分)直线l的方程为m+1(1)证明：无论m为何值，直线l过定点；(2)已知O是坐标原点，若直线l分别与x轴正半轴、y轴正半轴交于A、B两点，当▵ABO的面积最小时，求▵ABO的周长及此时直线l的截距式方程．18.(本小题17分)如图所示，等腰梯形ABCD中，AB//CD，AD=AB=BC=2，CD=4，E为中点，AE与BD交于点O，将ΔADE沿AE折起，使点D到达点P的位置(P∉平面ABCE).(1)证明：BC⊥平面POB；(2)若PB=6，试判断线段PB上是否存在一点Q(不含端点)与平面AEQ所成角的正弦值为155，若存在，求三棱锥P−AQE19.(本小题17分)人脸识别是基于人的脸部特征进行身份识别的一种生物识别技术．主要应用距离测试样本之间的相似度，常用测量距离的方式有3种．设Ax1,y1，Bx2,y2，则欧几里得距离(1)若A(−1,2)，B35,45，求A，B之间的额

(2)若点M(2,1)，d(M,N)=1，求e(M,N)的最大值；(3)已知点P，Q是直线l:y−1=k(x−1)上的两动点，问是否存在直线l使得d(O,P)min=D(O,Q)min参考答案1.B

2.A

3.A

4.D

5.D

6.C

7.A

8.B

9.BCD

10.BD

11.ABC

12.−1

13.(−2,−1)∪114.33−15.解：(1)由于kBC=−3+13+3=−13，所以l1的斜率为k=3，BC中点(2)当横、纵截距均为0时，l2的斜率为2，所以l2的方程为当横、纵截距均不为0时，设l2的方程为xa+yb=1，因为纵截距是横截距的2倍，所以b=2a，又l2因为过点A，所以1a+2b=1，解得

16.(1)证明：连接BD和BD1，设连接EO，则O为BD中点，在▵BB1D1中，因为F，G分别为所以FG//BD1，又因为在▵BDD1中，因为所以OE//BD1又平面ACE，OE⊂平面ACE，所以GF//平面ACE．(2)以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，设正方体的棱长为2，则A(2,0,0)，C0,2,0，E(0,0,1)，C所以AC1=−2,2,2，设m=(x,y,z)为平面ACE则m⋅AC=0m设直线AC1与平面ACE所成角为所以直线AC1与平面sinθ=所以AC1与平面ACE所成角的余弦值为

17.(1)直线l的方程m+1x+y−2m−3=0变形为m由x−2=0x+y−3=0，得到又x=2y=1时，m+1故直线l恒过定点(2,1)(2)由m+1x+y−2m−3=0依题意m+1≠0，即m≠−1，令x=0，得到y=2m+3，令y=0，得到x=2m+3由2m+3>02m+3m+1>0所以S▵ABC令m+1=t>0，得到S▵ABC当且仅当2t=12t，即t=12时取等号，此时m=−1又A4,0，B0,2，所以当▵ABO的面积最小时，▵ABO的周长为6+2

18.(1)在原图中，连接BE，由于AB//DE，AB=DE，所以四边形ABED是平行四边形，由于AB=AD，所以四边形ABED是菱形，所以AE⊥BD，由于AB//CE，AB=CE，所以四边形ABCE是平行四边形，所以BC//AE，所以BC⊥BD，在翻折过程中，AE⊥OP，AE⊥OB保持不变，即BC⊥OP，BC⊥OB保持不变，由于OP∩OB=O，OP，OB⊂平面POB，所以BC⊥平面POB；(2)由上述分析可知，在原图中，BC⊥BD，所以BD=所以OB=OD=折叠后，若PB=6，则所以PO⊥OB，由于PO⊥OE，OB∩OE=O，OB，OE⊂平面ABCE，所以PO⊥平面ABCE，由于OB，OE⊂平面ABCE，所以PO⊥OB，PO⊥OE，所以OE，OB，PO两两相互垂直，由此以O为原点建立如图所示空间直角坐标系，OE=OA=P0,0,3，C2,设Q0,t,3−t，AE=2,0,0，设平面AEQ的法向量为n=则n⋅AE=2x=0设直线PC与平面AEQ所成角为θ，则sinθ=2t2−23t+3所以Q0,32,由于y轴与平面PAE垂直，所以Q到平面PAE的距离为3所以VP−AQE

19.解：(1)d(A,B)=−1−cos(A,B)=eA,B(2)设N(x,y)，由题意得：d(M,N)=|2−x|+|1−y|=1，即|x−2|+|y−1|=1，而|x−2|+|y−1|=1表示的图形是正方形ABCD，其中A2,0、B3,1、C2,2即点N在正方形ABCD的边上运动，OM=(2,1)，ON可知：当cos(M,N)=cos<OM,因此，点N有如下两种可能：①点N为点A，则ON=(2,0)，可得cos②点N在线段CD上运动时，此时ON与DC=