2024-2025学年天津二十中高二（上）第三次学情调研数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年天津二十中高二（上）第三次学情调研数学试卷一、单选题：本题共10小题，每小题5分，共50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−2=0的倾斜角是(

)A.π3 B.2π3 C.π62.设A(3,3,1)、B(1,0,5)、C(0,1,0)，则AB的中点M到C点的距离为(

)A.534 B.532 C.3.若抛物线y2=2px(p>0)的焦点与椭圆x29A.x=−1 B.x=1 C.x=2 D.x=−24.空间四边形ABCD中，若向量AB=(−3,5,2)，CD=(−7,−1,−4)点E，F分别为线段BC，AD的中点，则EF的坐标为(

)A.(2,3,3)

B.(−2,−3,−3)

C.(5,−2,1)

D.(−5,2,−1)5.已知A为抛物线C：y2=2px(p>0)上一点，点A到C的焦点的距离为12，到y轴的距离为9，则A.2 B.3 C.6 D.96.已知双曲线E：x2m−y23=1(m>0)的离心率为2，右焦点为F，动点P在双曲线右支上，点A.5 B.5−2 C.27.若圆x2+y2=r2(r>0)上仅有4个点到直线x−y−2=0A.(0,2−1) B.(2−1,8.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1的焦点为F1、F2A.2 B.3 C.2 9.布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达⋅芬奇方砖，在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案(如图1)，把三片这样的达⋅芬奇方砖形成图2的组合，这个组合表达了图3所示的几何体．如图3中每个正方体的棱长为1，则点A到平面QGC的距离是(

)

A.14 B.12 C.210.在矩形ABCD中，AB=2,AD=23，沿对角线AC将矩形折成一个大小为θ的二面角B−AC−D，若cosθ=13，则下列结论中正确结论的个数为(

)

①四面体ABCD外接球的表面积为16π；

②点B与点D之间的距离为23；

③四面体ABCD的体积为423；

④A.1 B.2 C.3 D.4二、填空题：本题共8小题，每小题5分，共40分。11.已知正四棱柱的对角线的长为6，且对角线与底面所成角的余弦值为3312.圆C:x2+y2−4x−2y+4=0关于直线y=x+1对称的圆13.若椭圆x24+y23=1的弦AB14.在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BCA=90°，D1，F1分别是A1B115.若圆x2+y2+Dx−4y−4=0和圆x2+y16.已知椭圆x29+y2b2=1(0<b<3)的两个焦点分别为F1，F2，离心率为17.P是双曲线x2a2−y2b2=1(a>b>0)上的点，F1，F2是其焦点，双曲线的离心率是518.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)，C的上顶点为A，两个焦点为F1，F2，离心率为12.过F1且垂直于A三、解答题：本题共4小题，共48分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。19.(本小题12分)

如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为DD1的中点．

(Ⅰ)求证：BD1//平面20.(本小题12分)如图，在底面是正方形的四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，AP=AB=2，E,F,G是BC,PC,CD的中点．(1)求证：BG⊥平面PAE；(2)在线段BG上是否存在点H，使得FH//平面PAE？若存在，求出BHBG的值；若不存在，说明理由．21.(本小题12分)

已知椭圆C：x2+2y2=2b2(b>0)．

(1)求椭圆C的离心率e；

(2)若b=1，斜率为1的直线与椭圆交于A、22.(本小题12分)

如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为22，A为椭圆上异于顶点的一点，点P满足OP=2AO．

(1)若点P的坐标为(2,2)，求椭圆的方程；

(2)设过点P

参考答案1.C

2.C

3.D

4.B

5.C

6.D

7.C

8.D

9.C

10.B

11.10

12.x2+13.−314.3015.−6

16.3

17.7

18.13

19.(Ⅰ)证明：连接BD交AC于点O，连接OE，

在正方形ABCD中，OB=OD．

因为E为DD1的中点，

所以OE/​/BD1

因为BD1⊄平面ACE，OE⊂平面ACE，

所以BD1//平面ACE．

(Ⅱ)解：不妨设正方体的棱长为2，建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz．

则A(0,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，E(0,2,1)，

所以AD=(0,2,0)，AC=(2,2,0)，AE=(0,2,1).

设平面ACE的法向量为n=(x,y,z)，

所以n⋅AC=0,n⋅AE=0,所以2x+2y=0,2y+z=0,即x=−y,z=−2y,

令y=−1，则x=1，z=2，

于是n=(1,−1,2)20.(1)证明：因为四棱锥P−ABCD的底面是正方形，且PA⊥平面ABCD，

以点A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系，

则A(0,0,0)，B(2,0,0)，P(0,0,2)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，

因为E，F，G分别是BC，PC，CD的中点，

所以E(2,1,0)，F(1,1,1)，G(1,2,0)，

所以BG=(−1,2,0)，AP=(0,0,2),AE=(2,1,0)，

所以BG⋅AP=0，且BG⋅AE=0．

所以BG⊥AP，BG⊥AE，且AE∩AP=A，AE⊂平面PAE，AP⊂平面PAE，

所以BG⊥平面PAE．

(2)解：假设在线段BG上存在点H，使得FH/​/平面PAE，

设BH=λBG(0≤λ≤1)，

则FH=FB+BH=AB−AF+λBG=(1−λ,2λ−1,−1)，

因为FH/​/平面PAE，BG⊥平面21.解：(1)由椭圆C：x2+2y2=2b2(b>0)，得x22b2+y2b2=1(b>0)．

∴a2=2b2，则c2=a2−b2=b2，

∴e=c2a2=b22b2=22；

(2)由b=1，可得椭圆方程为x222.解：(1)∵A为椭圆上异于顶点的一点，点P满足OP=2AO，点P的坐标为(2,2)，

∴A(−1,−22)，代入椭圆