2024-2025学年广东省领航高中联盟高二（上）第一次联考数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年广东省领航高中联盟高二（上）第一次联考数学试卷一、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.过点(0,3)且倾斜角为150°的直线l的方程为(

)A.3x+y−3=0 B.x+3y−32.已知向量a=(3,−2,4)，b=(1,λ,μ)，若a，b共线，则λ+μ=(

)A.23 B.−23 C.43.阿基米德是古希腊著名的数学家、物理学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率π等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的面积为A.24 B.12 C.4.已知四面体ABCD如图所示，点E为线段CD的中点，点F为△ABC的重心，则EF=(

)A.23AB−16AC−125.已知t∈[0,1]，且点M(2+t,5t−3)，P(0,−1)，则直线MP的倾斜角的取值范围是(

)A.[−π4,π4] B.[6.已知O为坐标原点，双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点为F，点M在C上，且M在x轴上的射影为A.y=±2x B.y=±2x C.y=±7.若一束光线从点A(1,−1)处出发，经过直线l：y=x+3上一点P反射后，反射光线与圆C：(x−4)2+(y−4)2=1交于点Q，则光线从点AA.5 B.6 C.7 D.88.古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点A，B的距离之比为定值λ(λ>0且λ≠1)的点的轨迹是一个圆.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.已知动点P在边长为6的正方形ABCD内(包含边界)运动，且满足|PA|=2|PB|，则动点P的轨迹长度为(

)A.16π B.4π C.16π3 D.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.已知向量a=(2,−1,−2)，b=(3,2,2)，则(

)A.a−2b=(−4,−5,−6) B.|a|=10.已知点A(1,1)，直线l：x−2y+3=0，圆C：x2+y2A.直线l的一个方向向量为a=(1,2)

B.点A到直线l的距离为255

C.圆C上的点到点A的距离的最大值为10+2211.已知F1，F2分别是双曲线C：x2−y23=1的左、右焦点，经过点F1且倾斜角为钝角的直线l与C的两条渐近线分别交于A，A.若双曲线E与C有相同的渐近线，且E的焦距为8，则E的方程为x24−y212=1

B.若M(−2,2)，则|PF1|+|PM|的最小值是25−2

C.若△PF1F三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知圆C1：x2+y2=1，圆C2：(x−2)2+13.已知六面体ABCDE如图所示，其由一个三棱锥C−ABD和一个正四面体ABDE拼接而成，其中CA=CB=CD=2，DE=22，若F为线段AC的中点，则异面直线AD与EF所成角的余弦值为______．14.已知F1，F2是椭圆C1和双曲线C2的公共焦点，P是它们的一个公共点，且PF1⊥PF2，若C1和四、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)

已知直线l过点(3,−5)．

(1)若直线l与直线l′：2x−7y−1=0垂直，求l的方程；

(2)若直线l与圆C：x2+y216.(本小题15分)

已知双曲线C：x22−y26=1，直线l与C交于M，N两点．

(1)若l的方程为x−y−3=0，求|MN|；

(2)若MP17.(本小题15分)

如图，长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC=12AA1=6，点E，F分别是线段AA1，CC1上靠近A18.(本小题17分)

已知等腰梯形ABCD如图1所示，其中AD//BC，∠BAD=45°，点E在线段AD上，且BE⊥AD，AD=3BC，现沿BE进行翻折，使得平面ABE⊥平面BCDE，所得图形如图2所示．

(1)证明：CD⊥AE；

(2)已知点F在线段CD上(含端点位置)，点G在线段AF上(含端点位置)．

(i)若CF=2DF，点G为线段AF的中点，求AC与平面BEG所成角的正弦值；

(ii)探究：是否存在点F，G，使得AF⊥平面BEG，若存在，求出AGAF的值；若不存在，请说明理由．19.(本小题17分)

如图，定义：以椭圆中心为圆心、长轴长为直径的圆叫做椭圆的“伴随圆”，过椭圆上一点M作x轴的垂线交其“伴随圆”于点N，称点N为点M的“伴随点”.已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)上的点(3,12)的一个“伴随点”为(3,1)．

(1)求椭圆E的方程；

(2)过点(−3,0)的直线l与椭圆E交于不同的两点A，B，点C与点A关于x轴对称．

(i)证明：直线BC恒过定点；

(ii)记(i)中的直线BC所过的定点为T，若B，C在直线x=−3上的射影分别为B1，

参考答案1.【答案】B

2.【答案】A

3.【答案】C

4.【答案】D

5.【答案】D

6.【答案】C

7.【答案】C

8.【答案】D

9.【答案】ACD

10.【答案】BC

11.【答案】BCD

12.【答案】x=1

13.【答案】214.【答案】(15.【答案】解：(1)易知直线l的斜率存在，设直线l的斜率为k，

若直线l与直线l′：2x−7y−1=0垂直，

因为直线l′的斜率为27，则k=−72，

故直线l的方程为y−(−5)=−72(x−3)，即7x+2y−11=0．

(2)依题意，圆C：x2+(y+1)2=9，

若直线l的斜率不存在，即直线l的方程为x=3，此时直线l与圆C相切，符合题意；

若直线l的斜率存在，设直线l的方程为y+5=k(x−3)，即kx−y−3k−5=0，

故圆心(0,−1)到直线l的距离d=|3k+4|1+k2=3，解得16.【答案】解：(1)设M(x1,y1)，N(x2,y2)；

联立x−y−3=0x22−y26=1，消去y并整理得2x2+6x−15=0，

此时Δ=62−4×2×(−15)=156>0，

由韦达定理得x1+x2=−3，x1x2=−152，

则|MN|=1+k2|x1−x2|=1+k2(x1+x2)2−4x1x2=2×17.【答案】解：长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC=12AA1=6，点E，F分别是线段AA1，CC1上靠近A1，C的四等分点，

(1)以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则B1(6,6,12)，D1(0,0,12)，E(6,0,9)，F(0,6,3)，

可得D1E=(6,0,−3)，D1F=(0,6,−9)，B1E=(0,−6,−3)，

设n=(x,y,z)为平面D1EF的法向量，

则n⋅D1E=6x−3z=0n⋅D1F=6y−9z=0，

令z=2，则y=3，x=1，

可得平面D1EF的一个法向量n=(1,3,2)，

故点B1到平面D1EF的距离d=|B1E18.【答案】(1)证明：因为平面ABE⊥平面BCDE，AE⊥BE，平面ABE∩平面BCDE=BE，AE⊂平面ABE，

所以AE⊥平面BCDE，

而CD⊂平面BCDE，故CD⊥AE；

(2)解：由题意易知EB，ED，EA两两垂直，

故以E为坐标原点，EB，ED，EA所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

不妨设BC=1，则BE=AE=12DE=1，AD=3BC=3，可得AE=BE=1，

(ⅰ)因为∠BAD=45°，等腰梯形ABCD中，BE⊥AD，

则A(0,0,1)，C(1,1,0)，B(1,0,0)，

E(0,0,0)，F(13,53,0)，G(16,56,12)，

故EB=(1,0,0)，EG=(16,56,12)，

设n=(x,y,z)为平面BEG的法向量，

则n⋅EB=0n⋅EG=0，即x=016x+56y+12z=0，

令z=−5，则x=0，y=3，

可得n=(0,3,−5)为平面BEG的一个法向量，

而AC=(1,1,−1)，

AC⋅n=0×1+1×3×+(−1)×(−5)=8，|AC|=12+12+(−1)2=3，|n|=02+32+(−5)2=34，

所以cos<AC，n>=19.【答案】解：(1)因为椭圆E过点(3,12)，其伴随圆x2+y2=a2过点(3,1)．

所以3a2+14b2=1(3)2+12=a2，

解得a=2，b=1，

则椭圆E的方程为x24+y2=1；

(2)(ⅰ)证明：当直线l的斜率不为0时