2024-2025学年广东省东莞市五校高二上学期第二次联考数学试题（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年广东省东莞市五校高二上学期第二次联考数学试题一、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3x+3y−m=0的倾斜角为(

)A.30∘ B.60∘ C.2.若直线2x+y−1=0是圆x−a2+y2=1A.12 B.−12 C.13.抛物线y=4x2的焦点坐标为(

)A.1,0 B.0,1 C.0,116 4.若空间中三个点A−1,0,0,B0,1,−1,C−2,−1,2，则直线AB与直线A.−223 B.225.由直线x−y+4=0上的点向圆(x−1)2+(y−1)A.3 B.7 C.226.已知两条直线l1:x−3y+2=0与l2:x−3y+6=0A.2π B.3π C.4π D.5π7.已知椭圆C:x29+y25=1的右焦点为A.9+21 B.14 C.7+28.如图所示，F1，F2是双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点，过F1的直线与CA.2 B.15 C.13 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.过点M(−2,1)且与A(−1,2),B(3,0)两点距离相等的直线方程

(

)A.x−2y=0 B.x+2y=0 C.y=1 D.x=110.已知圆C:x2+yA.圆心坐标为(2,1)

B.圆C与圆O:x2+y2=8有三条公切线

C.直线l:x+y−1=0与圆C相交所得的弦长为8

D.若圆C上恰有三个点到直线y=x+b11.人教A版选择性必修第一册在椭圆章节的最后《用信息技术探究点的轨迹：椭圆》中探究得出椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)上动点P到左焦点F(−c,0)的距离和动点P到直线x=−a2c的距离之比是常数ca.已知椭圆C：x24+y23=1，F为左焦点，直线l：x=−4与x轴相交于点M，过F的直线与椭圆C相交于A，B两点A.|AA1|=2|AF| B.|MA|·|BF|=|MB|·|AF|

C.直线MA与椭圆相切时，|AB|=4三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>013.已知空间向量a=λ+1,2λ,1,b=6,2,2−μ，且a//14.如图所示，椭圆有这样的光学性质：从椭圆的一个焦点出发的光线，经椭圆反射后，反射光线经过椭圆的另一个焦点．已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点为F1，F2，P为椭圆上不与顶点重合的任一点，I为▵PF1F2的内心，记直线OP，PI(O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▵ABC的顶点A(1,3)，边AB上的中线CM所在直线方程为x+y−1=0，边AC上的高BH所在直线方程为y=2x+1．(1)求顶点C的坐标；(2)求直线BC的方程．16.(本小题12分)如图，在斜三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面A1ACC1是菱形，(1)求证：面A1ACC(2)求直线AB与平面A1BC所成角的正弦值．

17.(本小题12分)已知A1,0,B−2,3，动点Px,y满足到A,B两点的距离之比为12(1)求曲线C的方程；(2)若直线l:2m+1x−m−1y−m−2=0与曲线C交于M,N18.(本小题12分)已知点A(2,1)是离心率为22(1)求椭圆C的方程；(2)点P在椭圆上，点A关于坐标原点的对称点为B，直线AP和BP的斜率都存在且不为0，试问直线AP和BP的斜率之积是否为定值？若是，求此定值;若不是，请说明理由；(3)斜率为22的直线l交椭圆C于M、N两点，求▵AMN面积的最大值，并求此时直线l19.(本小题12分)直线族是指具有某种共同性质的直线的全体，例如y=kx+1k∈R表示过点0,1的直线族(不包括直线y轴)(1)圆M:x2+(y−3)2(2)若点Nx0,y0不在直线族Ω:y=tx−t2(3)在(2)的条件下，过直线x−4y−4=0上的动点P作曲线E的两条切线，切点分别为A,B，求原点O到直线AB的距离d的最大值．

参考答案1.D

2.A

3.C

4.B

5.B

6.A

7.B

8.C

9.BC

10.ACD

11.ABD

12.x213.−1414.315.解：(1)由题知，BH⊥AC，C在直线CM上，设Cm,n则2×n−3m−1即点C坐标为−5,6．(2)设Bx则x0+12+y所以直线BC的方程为y−−1即7x+4y+11=0．

16.解：(1)证明：取AC的中点O，连接A1O，BO，

由勾股定理得：A1O=A1A2−AO2=3，BO=AO2+AB2=5，

∴A1B2=A1O2+BO2，∴A1O⊥BO，

∵A1O⊥AC，AC∩BO=O，AC、BO⊂面ABC，

∴A1O⊥面ABC，

∵A1O⊂面A1ACC1，

∴面A1ACC1⊥面ABC．

(2)过点A，作Az//A1O，所以Az⊥平面ABC，

分别以AB，AC，Az所在的直线为x，y17.解：(1)设P(x,y)，A1,0由题意可得2PA=PB故4x−12+故曲线C的方程为：x−22(2)直线l：2m+1x−m−1y−m−2=0令2x−y−1=0x+y−2=0，解得故直线过定点D1,1代入点D1,1到圆C的方程：1−2故点D1,1在圆C设圆心C到直线MN的距离为d，又C2,−1所以MN=2又因为d≤CD=所以2r≥MN≥2故MN的取值范围为：2

18.解：(1)e=ca=22,且a2=b2+c2，∴a=2b，

将A2,1代入椭圆方程得b2=2,a2=4，

所以椭圆C方程为x24+y22=1；

(2)依题意得B(−2,−1)在椭圆C上，

直线AP和BP的斜率kAB和kBP都存在且不为0，

设P(x,y)，所以y2=2−x22，

kAP=y−1x−2,kBP=y+1x+2，

kAB·kBP=y−1x−2×y+119.解：(1)由题可得，直线族mx+ny=1(m,n∈R)为圆M的切线，故满足d=m⋅0+n⋅3−1所以m,n满足5n(2)将点Nx0,y0代入y=tx−因为点Nx0,故方程t2所以Δ=x02−4y因为区域y0>x下证：x2=4y是证明：联立直线y=tx−t2t∈R与x所以Δ=−4t故直线族Ω：y=tx−t2t∈R因此直线族Ω的包络曲线E的方程为x2(3)由(2)得曲线E的方程为x2设Px0,则x0−4y设Ax易知直线PA的斜率存在，设直线PA的方程为y−y与x2=4y联立，可得即x2因为直线PA与x2所以Δ=−4k2−4因为y1=x124，所以所以直线PA的方程为y−x12同理可得直线PB