2024-2025学年重庆一中高二（上）入学数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年重庆一中高二（上）入学数学试卷（含答案），共10页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.欧拉公式eix=csx+isinx(i为虚数单位)是由瑞士著名数学家欧拉发明的，它将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数和指数函数的关系，它在复变函数论里非常重要，被誉为“数学中的天桥”.根据欧拉公式可知，e2i表示的复数在复平面中对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.两条平行直线3x+4y−12=0与ax+8y+11=0之间的距离为( )
A. 235B. 2310C. 7D. 72
3.已知点A(−3,5)，B(2,15)，在直线l：3x−4y+4=0上存在一点P，使|PA|+|PB|最小，则P点坐标为( )
A. (0.1)B. (43,2)C. (83,3)D. (8,7)
4.若满足∠ABC=π4，AC=6，BC=k的△ABC恰有一个，则实数k的取值范围是( )
A. (0,6]B. (0,6]∪{6 2}C. [6,6 2]D. (6,6 2)
5.如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不垂直的是( )
A. B.
C. D.
6.将正方形ABCD沿对角线BD折起，使得平面ABD⊥平面CBD，则异面直线AB与CD所成角的余弦值为( )
A. 12B. 22C. −12D. − 22
7.已知“m≤t”是”x2+y2+ 3x− my+m=0”表示圆的必要不充分条件，则实数t的取值范围是( )
A. (−1,+∞)B. [1,+∞)C. (−∞,1]D. (−∞,−1)
8.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左，右焦点分别为F1，F2，长轴长为4，点P( 2,1)在椭圆C外，则( )
A. 椭圆C的离心率的取值范围是(0, 32)B. 椭圆C的离心率的取值范围是( 32,1)
C. 椭圆C的离心率的取值范围是(0, 22)D. 椭圆C的离心率的取值范围是( 22,1)
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.设i为虚数单位，若复数z满足(2+i)z=1+i2k+1(k∈Z)，则z在复平面内对应的点可能位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
10.已知椭圆C：x26+y2b2=1(b>0)的两个焦点分别为F1，F2，点A( 3,1)在椭圆C上，则( )
A. b= 2B. △F1AF2的面积为2
C. 椭圆C的离心率为 32D. △F1AF2的内切圆半径为 6−2
11.已知点A，B为圆O：x2+y2=26上两动点，且|AB|=4 6，点P为直线l：x+y+10=0上动点，则( )
A. 以A，B为直径的圆与直线l相离B. ∠APB的最大值为π3
C. PA⋅PB的最小值为8D. |PA|2+|PB|2的最小值为112
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知两点A(−3,4)，B(3,2)，过点P(2,−1)的直线l与线段AB有公共点，则l的斜率的取值范围为______．
13.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知b=2，S△ABC=2 3，且ccsB+bcsC−2acsA=0，则A= ______．
14.如图，正八面体ABCDEF的12条棱长相等，则二面角E−AB−F的余弦值为______．
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a、b、c分别为△ABC内角A、B、C的对边，bsinC+asinA=bsinB+csinC．
(1)求A；
(2)若a= 7,△ABC的面积为3 32，求△ABC的周长．
16.(本小题15分)
已知三角形ABC，A(1,4)，B(−1,0)，C(2,1)，以BA，BC为邻边作平行四边形ABCD．
(1)求点D的坐标；
(2)过点A的直线l交直线BC与点E，若S△ABE=2S△ACE，求直线l的方程．
17.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠BCD=60°，AB=1，BC=4，PA= 11，M，N分别为BC、PC的中点，PD⊥DC，PM⊥MD．
(1)证明：PM⊥平面ABCD；
(2)求直线AN与平面PCD所成角的正弦值．
18.(本小题17分)
在矩形ABCD中，AB=4，AD=2.点E，F分别在AB，CD上，且AE=2，CF=1.沿EF将四边形AEFD翻折至四边形A′EFD′，点A′∉平面BCFE．
(1)求证：CD′//平面A′BE；
(2)A′，B，C，D′四点是否共面？给出结论，并给予证明；
(3)在翻折的过程中，设二面角A′−BC−E的平面角为θ，求tanθ的最大值．
19.(本小题17分)
已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的长轴长为4 2，离心率为12,M(2,0),N(−2,0)．
(1)求椭圆E的方程；
(2)过P(4,0)作一条斜率存在且不为0的直线l交E于A，B两点．
(i)证明：直线AM和直线BM的斜率均存在且互为相反数；
(ii)若直线AM与直线BN交于点Q，求Q的轨迹方程．
参考答案
1.B
2.D
3.C
4.B
5.D
6.A
7.B
8.D
9.AD
10.ABD
11.ACD
12.(−∞,−1]∪[3,+∞)
13.π3
14.−13
15.解：(1)由正弦定理及bsinC+asinA=bsinB+csinC，知bc+a2=b2+c2，
由余弦定理，知csA=b2+c2−a22bc=bc2bc=12，
因为A∈(0,π)，所以A=π3．
(2)因为△ABC的面积S=12bcsinA=12bc⋅ 32=3 32，所以bc=6，
由(1)知，bc+a2=b2+c2，
所以6+7=b2+c2=(b+c)2−2bc=(b+c)2−12，
所以a+c=5，
故△ABC的周长为5+ 7．
16.解：(1)由题可知，以BA，BC为邻边的平行四边ABCD满足AD//BC，CD//AB，
所以kAD=kBC，kCD=kAB，
设D(x,y)，则可得y−4x−1=13且y−1x−2=2；
解得x=4，y=5，所以D(4,5)．
(2)要使S△ABE=2S△ACE，则需B，C到直线l 的距离d1，d2之比为2，如图所示：
当斜率存在时，设l的方程为y−4=k(x−1)，即kx−y−k+4=0，
由d1=2d2得|−2k+4| k2+1=2|k+3| k2+1，解得k=12，
所以直线l的方程为x−2y+7=0，
当直线斜率不存在时，l的方程为x=1，此时仍符合题意．
综上知，直线l的方程为x=1和x−2y+7=0．
17.解：(1)证明：由四边形ABCD为平行四边形，且∠BCD=60°，AB=1，BC=4，M为BC的中点，所以CD=2，
在△BCD中，由余弦定理可得DM= CD2+CM2−2CD⋅CM⋅cs∠BCD= 1+4−2×1×2×12= 3，
可得CM2=CD2+DM2，可得CD⊥MD，
因为PD⊥DC，PM⊥MD，
所以在△PCD中，PC2=CD2+PD2，
在△PMD中，PD2=PM2+MD2，
所以PC2=CD2+PM2+MD2=(CD2+DM2)+PM2=CM2+PM2，
可得PM⊥MC，而PM⊥MD，MC∩MD=M，MC⊂面ABCD，MD⊂面ABCD，
可证得PM⊥平面ABCD；
(2)由(1)建立空间直角坐标系如图所示：且D(0,0,0)，M( 3,0,0)，C(0,1,0)，P( 3,0,z0)，设z0>0，
A(2 3,−2,0)，
因为PA= 11，即 (2 3− 3)2+22+z02= 11，
可得z0=2，DP=( 3,0,2)，DC=(0,1,0)，
N( 32,12,1)，
所以NA=(3 32,−52,−1)，
设面PDC的法向量n=(x,y,z)，
则DP⋅n=0DC⋅n=0，即 3x+0⋅y+2z=00⋅x+y+0⋅z=0，令x=2 3，则y=0，z=−3，
所以n=(2 3,0,−3)，
所以NA⋅n=3 32⋅2 3+(−52)⋅0+(−1)⋅(−3)=12，|NA|= (3 32)2+(−52)2+(−1)2= 14，|n|= (2 3)2+(−3)2= 21，
所以cs=NA⋅n|NA|⋅|n|=12 14⋅ 21=2 67，
设直线AN与平面PCD所成的角为θ，
则sinθ=|cs|=2 67，
所以可得直线AN与平面PCD所成角的正弦值为2 67．
18.解：(1)证明：因为D′F//A′E，D′F⊄平面A′EB，A′E⊂平面A′EB，
所以D′F//平面A′EB，
因为FC//EB，FC⊂平面A′EB，EB⊂平面A′EB．
所以D′F//平面A′EB，
又因为FC∩D′F=F，所以平面D′FC//平面A′EB，
因为CD′⊂面D′FC，所以CD′//平面A′EB．
(2)A′，B，C，D′四点不共面．
证明：假设A′，D′，B，C四点共面，则A′D′//BC或A′D′∩BC=Q．
若A′D′//BC，又因为A′D′⊄平再BCFE，所以A′D′//平面BCFE，
所以A′D′//EF(与已知矛盾，舍去)，
若A′D′∩BC=Q，所以Q∈平面A′EFD′，Q∈平面BCFE，
根据基本事实3，所以Q∈EF，
所以A′D′，BC，EF交于一点(与已知矛盾，舍去)；
综上所述，A′，B，C，D′四点不共面．
(3)如图，在面AC内作AO⊥EF于点O，作A′M⊥AO于M，作MN⊥BC于N，
由题意可得点M为点A′在平面BCFE的射影，所以A′M⊥平面BCFE，
所以A′M⊥BC，又因为MN⊥BC，MN∩A′M=M，
所以BC⊥平面A′MN，所以BC⊥A′N，
所以∠A′NM为二面角A′−BC−E的平面角θ，
因为AO⊥EF，A′O⊥EF，所以∠A′OM为二面角A′−EF−B的平面角，
设∠A′OM=α，α∈(0,π)
当α=π2时，点O与点M重合，由AO=4 5,ON=125，
可得tanθ= 53．
α∈(0,π2)时，因为AO=4 5，
所以A′M=4 5sinα,OM=4 5csα，
所以AM=4 5+4 5csα，
故MN=4−(4 5+4 5csα)×2 5=125−85csα，
所以tanθ=A′MMN= 5sinα3−2csα
同理当α∈(π2,π)时，A′M=4 5sinα,OM=−4 5csα，
所以AM=4 5+4 5csα，
故MN=4−(4 5+4 5csα)×2 5=125−85csα．
所以tanθ=A′MMN= 5sinα3−2csα，
设y= 5sinα3−2csα，
所以 5sinα+2ycsα=3y．
所以sin(α+φ)=3y 4y2+5，
由|3y 4y2+5|≤1解得−1≤y≤1，
所以，当csα=23时．tanθ取到的最大值为1．
19.解：(1)因为椭圆E的的长轴长为4 2，
所以2a=4 2，①
因为椭圆E的离心率为12，
所以e=ca=12，②
又a2=b2+c2，③
联立①②③，
解得a=2 2，b= 6，c= 2，
则椭圆E的方程为x28+y26=1；
(2)(i)证明：设直线l的方程为y=k(x−4)(k≠0)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立y=k(x−4)x28+y26=1，消去y并整理得(3+4k2)x2−32k2x+64k2−24=0，
此时Δ=96(3−4k2)>0，
解得|k|< 32，
由韦达定理得x1+x2=32k23+4k2，x1⋅x2=64k2−243+4k2，
当|k|= 32时，Δ=0，x1=x2=2，不符合题意，
所以x1≠2，x2≠2，
则直线AM和直线BM的斜率均存在，
此时kAM=y1x1−2,kBM=y2x2−2，
所以kAM+kBM=y1x1−2+y2x2−2=k(x1−4)(x2−2)+k(x2−4)(x1−2)(x1−2)(x2−2)
=k[2x1⋅x2−6(x1+x2)+16]x1⋅x2−2(x1+x2)+4=k(128k2−48−6⋅32k2+16(3+4k2))(3+4k2)(x1⋅x2−2(x1+x2)+4)=0，
故直线AM和直线BM的斜率均存在且互为相反数；
(ii)由(i)知x2≠2，且kAM=−kBM=y22−x2，
设直线AM的方程为(2−x2)y=y2(x−2)，直线BM的方程为(x2+2)y=y2(x+2)，
设Q(x0,y0)，
此时(x2−2)y0=−y2(x0−2)(x2+2)y0=y2(x0+2)，
整理得x2y0=2y2y0=2y2x0，
由题意知y2≠0，
所以y0≠0，x0≠0，
此时x2=4x0，y2=2y0x0，
将x2=4x0，y2=2y0x0代入x228+y226=1，
此时2x02+2y023x02=1，
整理得x022−y023=1，
又x2≠2，
所以x0≠2．
故Q的轨迹方程为x22−y23=1(x≠2,y≠0)．
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