2024-2025学年度福建省泉州市四校高二年级秋季期中联考数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年度福建省泉州市四校高二年级秋季期中联考数学试卷（含答案），共11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.已知直线l过点A(1,1)，B(2,−1)，则直线l的方程为( )
A. 2x+y−1=0B. 2x+y−3=0C. 2x−y+1=0D. x+2y−3=0
2.已知椭圆C:x2a2+y24=1的一个焦点为(2,0)，则C的离心率为( )
A. 12B. 13C. 23D. 22
3.设x，y∈R，a=(1,1,1)，b=(1,y,z)，c=(x,−4,2)，且a⊥c，b/​/c，，则|2a+b|=( )
A. 3 2B. 0C. 3D. 2 2
4.设方程x2k−4+y29−k=1表示椭圆，则实数k的取值范围是( )
A. (4,132)∪(132,9)B. (4,9)C. (9,+∞)D. (4,9)∪(9,13)
5.过点(14,1)作直线l，则满足在两坐标轴上截距之积为2的直线l的条数为( )
A. 4B. 3C. 2D. 1
6.已知光线从点A(−6,3)射出，经直线2x−y+10=0反射，且反射光线所在直线过点B(−8,−3)，则反射光线所在直线的方程是( )
A. 3x−2y+18=0B. 2x+3y+25=0
C. 3x+2y+30=0D. 2x−3y+7=0
7.如图，圆锥的轴截面ABC为等边三角形，D为弧AB的中点，E，F分别为母线BC、AC的中点，则异面直线BF和DE所成角的大小为( )
A. π4B. π3C. π2D. 2π3
8.已知A，B是圆x2+y2=4上的两个动点，且|AB|=2 2，点M(x0,y0)是线段AB的中点，则|x0+y0−4|的最大值为( )
A. 6B. 6 2C. 12D. 3 2
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.下列说法正确的是( )
A. 直线x+ 3y+2=0的倾斜角是5π6
B. “a=±1”是“直线ax−y+1=0与直线x−ay+2a−1=0互相平行”的充要条件
C. 直线l:(3+m)x+4y−3+3m=0(m∈R)恒过定点(−3,3)
D. 点P在直线l:x−y−1=0上运动，A(2,3)，B(2,0)，则|PA|−|PB|时的最大值是 5
10.下列说法正确的有( )
A. 已知点P(x,y)在圆C:(x−1)2+(y−1)2=2上，则x+y的最大值是4
B. 已知O为坐标原点，点P(a,b)是圆x2+y2=r2(r>0)内的一点，则直线ax+by=r2与圆相交
C. 若圆M:(x−4)2+(y−4)2=r2(r>0)上恰有两点到点N(1,0)的距离为1，则r的取值范围是(4,6)
D. 设b为实数，若直线y=x+b与曲线x= 1−y2恰有一个公共点，则−1b>0)的两个焦点，|F1F2|=2，M(2,2 55)为C上一点．
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)若P为C上一点，且∠F1PF2=30∘，求△F1PF2的面积．
18.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，平面PDC⊥平面ABCD，AD⊥DC，AB/​/DC，AB=12DC，PD=AD=1，M为棱PC的中点．
(1)证明：BM/​/平面PAD;
(2)若PC= 5，AB=1，
(ⅰ)求二面角P−DM−B的余弦值;
(ⅱ)在线段PA上是否存在点Q，使得点Q到平面BDM的距离是2 69?若存在，求出PQPA的值;若不存在，说明理由．
19.(本小题12分)
类似平面解析几何中的曲线与方程，在空间直角坐标系中，可以定义曲面(含平面)S的方程，若曲面S和三元方程F(x,y,z)=0之间满足： ①曲面S上任意一点的坐标均为三元方程F(x,y,z)=0的解; ②以三元方程F(x,y,z)=0的任意解(x0,y0,z0)为坐标的点均在曲面S上，则称曲面S的方程为F(x,y,z)=0，方程F(x,y,z)=0的曲面为S.已知曲面C的方程为x21+y21−z24=1.已知直线l过曲面C上一点Q(−1,1,−2)，以d=(−2,0,−4)为方向向量，
(1)求证：直线l在曲面C上(即l上任意一点均在曲面C上);
(2)已知曲面C可视为平面xOz中某双曲线的一支绕z轴旋转一周所得的旋转面;同时，过曲面C上任意一点，有且仅有两条直线，使得它们均在曲面C上.设直线l′在曲面C上，且过点T( 2,0,2)，求异面直线l与l′所成角的余弦值．
参考答案
1.B
2.D
3.A
4.A
5.C
6.D
7.C
8.A
9.ACD
10.AC
11.ABC
12.【解答】
解： 因为A(−2,1,−4)，则点A关于y轴的对称点B的坐标为((2,1,4)，
故答案为(2,1,4)．

13.【解答】
解：由题意得N(2,0)，圆的半径为r=6，
线段MP的垂直平分线与直线NP的交点为Q，得|QM|=|QP|，
所以|QN|+|QM|=|QN|+|QP|=|PN|=6>|MN|=4，
根据椭圆的定义，点Q的轨迹是以N，M为焦点，以6为长轴长的椭圆，
所以2a=6，2c=4，
所以a=3，c=2，
所以b= 5，
所以点Q的轨迹方程是x29+y25=1．
故答案为：x29+y25=1．
14.【解答】解：如图，设BC与⊙M切于Q，延长QM、CO交于P，
∵∠POM=∠PQC=90∘，
∴∠PMO=∠BCO．
设OM=x，则OP=43x，PM=53x，
∴PC=43x+170，PQ=1615x+136，
设⊙M的半径为R，
∴R=MQ=(1615x+136−53x)m=(136−35x)m.
∵A、O到⊙M上任一点距离不少于80m，
则R−AM≥80，R−OM≥80，
136−35x−60−x≥80，136−35x−x≥80．
解得：10≤x≤35．
∴当且仅当x=10时R取到最大值．
∴OM=10时，保护区面积最大．
故答案是10．
15.解：(1)DM=DE+EF+FM
=−AB−(AB+AF)+12AA1
=−2a−b+12c；
BE1=BA+AF+FE+EE1
=−AB+AF+(AB+AF)+AA1
=2AF+AA1=2b+c；
(2)由题意易得a⋅b=|a||b|×cs2π3=2×2×(−12)=−2，a⋅c=0，
则DM⋅BE1=(−2a−b+12c)⋅(2b+c)
=−4a⋅b−2a⋅c−2b2−b⋅c+b⋅c+12c2
=−4a⋅b−2a⋅c−2b2+12c2
=−4×(−2)−2×22+12×22=2．
16.解：(1)设圆的标准方程为(x−a)2+(y−b)2=r2，r>0，
则2a−b−2=0且(3−a)2+(1−b)2=r2且(6−a)2+(4−b)2=r2，
解得a=3，b=4，r=3，
圆的标准方程为(x−3)2+(y−4)2=9；
(2)因为|AB|=2 5，
所以圆心到直线l的距离d= 9−2 522=2，
当直线l的斜率不存在时，直线方程为x=1，符合题设，
当直线l斜率存在时，设为y−1=k(x−1)即kx−y−k+1=0，
则圆心到直线kx−y−k+1=0的距离d=3k−4−k+1 k²+1=2，解得k=512，
故此时l：5x−12y+7=0，
综上，直线l方程为x=1或5x−12y+7=0．
17.(1)解：设椭圆C的焦距为2c，因为F1F2=2，可得c=1，所以F1(−1,0),F2(1,0)，
则MF1= 9+45=7 55，MF2= 1+45=3 55，
由椭圆的定义可得a=MF1+MF22=7 55+3 552= 5，所以b= 5−1=2，
故椭圆C的标准方程为x25+y24=1．
(2)解：由∠F2PF1=30∘，可得F1F22=PF12+PF22− 3PF1PF2，
又由椭圆的定义，可得PF1+PF2=2a=2 5，
平方得PF12+PF22+2PF1⋅PF2=20，即22+ 3PF1PF2+2PF1⋅PF2=20，
解得PF1⋅PF2=162− 3，
所以△F1PF2的面积S=12PF1⋅PF2sin30∘=42− 3

18.(1)证明：如图，取PD中点E，连接ME，AE，
因为M是PC中点，所以ME//DC，ME=12DC，
又AB/​/DC，AB=12DC，
∴ME/​/AB，ME=AB，
所以四边形ABME是平行四边形，
∴BM//AE，
又AE⊂平面PAD，BM⊄平面PAD，
∴BM//平面PAD．
(2)解：∵AB=1，∴DC=2，又PD=1，PC= 5，
∴PC2=PD2+DC2，则PD⊥DC，
又平面PDC⊥平面ABCD，平面PDC∩平面ABCD=DC，PD⊂平面PDC，
∴PD⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，
∴PD⊥AD，又AD⊥DC，
所以PD，AD，DC两两互相垂直，
如图，以点D为坐标原点，DA，DC，DP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,2,0)，P(0,0,1)，M(0,1,12)，
(ⅰ)设平面BDM的一个法向量为m=(x,y,z)，则
m⋅DB=0m⋅DM=0，即x+y=0y+12z=0，令y=1，可得x=−1，z=−2，
∴m=(−1,1,−2)，
又平面PDM的一个法向量为DA=(1,0,0)，
∴csm,DA=m⋅DA|m||DA|=−1 1+1+4×1=− 66，
所以二面角P−DM−B的余弦值为− 66．
(ⅱ)假设线段PA上存在点Q，使得点Q到平面BDM的距离为2 69，
设PQ=λPA，(0≤λ≤1)，∴PQ=(λ,0,−λ)，
∴BQ=PQ−PB=(λ,0,−λ)−(1,1,−1)=(λ−1,−1,1−λ)，
由(ⅰ)知平面BDM的一个法向量为m=(−1,1,−2)，
所以点Q到平面BDM的距离为|BQ⋅m||m|=|λ−2| 6，
则|λ−2| 6=2 69，解得λ=23或103，
又0≤λ≤1，所以λ=23，
即存在点Q到平面BDM的距离为2 69，且PQPA=23．
19.解：(1)证明：设P(x0,y0,z0)是直线l上任意一点，而d=(−2,0,−4)为直线l的方向向量，
则有QP//d，
从而存在实数λ，使得QP=λd，
即(x0+1,y0−1,z0+2)=λ(−2,0,−4)，解得x0=−2λ−1，y0=1，z0=−4λ−2，
即点P(−2λ−1,1,−4λ−2)，
显然(−2λ−1)21+121−(−4λ−2)24=1，
因此点P的坐标总是满足曲面C的方程，
所以直线l在曲面C上；
(2)直线l′在曲面C上，且过点T( 2,0,2)，
设M(x1,y1,z1)是直线l′上任意一点，直线l′的方向向量为d′=(a,b,c)，
则有TM//d′，
从而存在实数t，使得TM=td′，即(x1− 2,y1,z1−2)=t(a,b,c)，
则x1− 2=aty1=btz1−2=ct，解得x1= 2+at，y1=bt，z1=2+ct，
即点M( 2+a,bt,2+ct)，
由点M(x1,y1,z1)在曲面C上，得( 2+at)21+(bt)21−(2+ct)24=1，
整理得(a2+b2−c24)t2+(2 2a−c)t=0，
依题意，对任意的实数t有(a2+b2−c24)t2+(2 2a−c)t=0恒成立，
因此a2+b2−c24=0，且2 2a−c=0，解得c=2 2a，b=a，或c=2 2a，b=−a，
不妨取a=1，则b=1，c=2 2，或b=−1，c=2 2，
即d′=(1,1,2 2)，或d′=(1,−1,2 2)，
又直线l的方向向量为d=(−2,0,−4)，
所以异面直线l与l′所成角的余弦值为：
|cs|=|d⋅d′||d|d′=2+8 22 5× 10=8+ 210．