2024-2025学年广东省佛山市南海区高二上学期“升基工程”学业水平监测（12月）数学试题（含答案）

这是一份2024-2025学年广东省佛山市南海区高二上学期“升基工程”学业水平监测（12月）数学试题（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.经过A−1,2,B0,3两点的直线的倾斜角为( )
A. π6B. π4C. π3D. π2
2.已知点M在z轴上，且点M到点A−1,0,2与点B3,−1,1的距离相等，则点M的坐标为( )
A. 0,0,3B. 0,0,−3C. 3,0,0D. −3,0,0
3.已知圆C1:x2+y2=1，圆C2:x2+y2−2x−4y+4=0，则圆C1与圆C2的位置关系是( )
A. 内含B. 相交C. 外切D. 外离
4.已知点Q1,2,3位于平面α内，m=2,−1,2是平面α的一个法向量，则点A−1,0,1到平面α的距离是( )
A. 53B. 73C. 2D. 3
5.投篮测试中，每人投2次，至少投中1次才能通过测试.已知某同学每次投篮投中的概率为0.6，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为( )
A. 0.24B. 0.48C. 0.84D. 0.94
6.已知两条直线l1:ax−y+a+1=0,l2:2x−(a−1)y+3=0，若l1与l2平行，则a的值为( )
A. −1B. 2C. 1D. −1或2
7.若a,b,c构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是( )
A. a−2b,a−2c,b−cB. a−c,b,3a−b−3c
C. a+b,b+c,a+2b+cD. 2a,c,b+c
8.已知直线l1:mx+(m+1)y−1=0过定点A,l2:(m+1)x−my+3m−2=0过定点B,l1与l2交于点P(异于A,B两点)，则▵ABP的面积的最大值是( )
A. 1252B. 1254C. 252D. 254
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F1,F2是椭圆C:x225+y29=1的两个焦点，点P在C上且不在x轴上，则( )
A. 椭圆C的长轴长为10B. 椭圆C的离心率为45
C. 椭圆C的焦距为4D. ▵PF1F2的周长为18
10.下列说法正确的是( )
A. 分别抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件A=“第一枚硬币正面朝上”，事件B=“第二枚硬币反面朝上”，则A与B互斥
B. 互斥的事件不一定是对立事件，对立事件一定是互斥事件
C. 事件A与事件B中至少有一个发生的概率可以等于A与B中恰有一个发生的概率
D. 一个袋子中有大小和质地完全相同的4个球(标号为1,2,3,4)，从袋中不放回地依次随机摸出2个球.设事件A=“第一次摸到标号小于3的球”､事件B=“第二次摸到标号小于3的球”，则A与B相互独立
11.如图，在棱长为4的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E,F分别为BB1,CC1的中点，G是线段B1C1(含端点)上的一个动点，则( )
A. 点G到平面AEF的距离为定值
B. 平面AEF截正方体ABCD−A1B1C1D1所得的截面为六边形
C. 若A1G=xA1A+yA1E+zA1D1，且x+y+z=1，则G为线段B1C1的中点
D. 直线AG与平面AEF所成角的正切值的取值范围为 1414,13
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知n=1,0,1为平面α的一个法向量，点P3,2,1位于平面α内，写出平面α内异于点P的另一个点的坐标 ．
13.已知▵ABC的三个顶点分别是A−3,5,B−1,7,C0,9，则边AB上的中线所在直线方程为 ．
14.已知F是椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的右焦点，A是C的右顶点，B是C的上顶点，P为C上一点且在第二象限，若OP//AB,tan∠PFO= 24，则C的离心率为 ．
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)
袋子中有6个大小和质地完全相同的球，其中4个白球，2个黑球，从中同时摸出2个球．
(1)写出试验的样本空间；
(2)求下列事件的概率：
(i)A=“摸出来的2个球都是白球”；
(ii)B=“摸出来的2个球颜色不同”．
16.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD为平行四边形，E,F分别为AB,PD的中点．

(1)证明：EF/​/平面PBC；
(2)若AD=2 2,PD=CD=4,∠ADB=90∘，求直线PC与平面EFC所成角的正弦值．
17.(本小题12分)
已知▵ABC的三个顶点分别是A6,5,B6,−5,C3,4．
(1)求▵ABC的外接圆D的方程；
(2)一条光线从点P1,−1射出，经y轴反射后，与圆D相切，求反射光线所在的直线方程．
18.(本小题12分)
如图，三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1=AB=AC=2,∠CAA1=∠BAA1=θ,∠CAB=60∘．
(1)若θ=45∘,H是线段AA1上一点，且AH= 22AA1，证明：BH⊥AC；
(2)若θ=90∘,M,N分别为线段BC1,B1C1上的点，且B1C1⊥平面MNA1，求平面A1BC1与平面MNA1夹角的余弦值．
19.(本小题12分)
已知点Mx,y在运动过程中，总满足关系式 (x−2)2+y2+ (x+2)2+y2=8．
(1)求点M的轨迹方程
(2)设点M的轨迹为曲线C，点A2,3在曲线C上，直线l交C于P,Q两点，直线AP,AQ的斜率之和为0．
(i)求l的斜率；
(ii)若∠PAQ=90∘，求△PAQ的面积．
参考答案
1.B
2.B
3.D
4.C
5.C
6.A
7.D
8.D
9.ABD
10.BC
11.ACD
12.(2,0,2)(答案不唯一)
13.y=32x+9
14. 22
15.(1)
记4个白球为1,2,3,4，记2个黑球为a,b，
所以试验的样本空间Ω={12,13,14,1a,1b,23,24,2a,2b,34,3a,3b,4a,4b,ab}．
(2)
(i)由(1)知，试验的样本空间含有15个样本点，
事件A={12,13,14,23,24,34}，共有6个样本点，
所以P(A)=615=25．
(ii)事件B={1a,1b,2a,2b,3a,3b,4a,4b}，共8个样本点，
所以P(B)=815．

16.(1)

取PC的中点M，连接FM,BM，
在▵PCD中，因为M,F分别为PC,PD中点，所以MF//CD,MF=12CD，
在四边形ABCD中，AB//CD且相等，BE=12AB=12CD，
所以BE//MF,BE=MF，即四边形BEFM为平行四边形，
所以EF//BM，
又EF⊄平面PBC，BM⊂平面PBC，
所以EF/​/平面PBC．
(2)

因为PD⊥平面ABCD，AD,BD⊂平面ABCD，所以PD⊥AD,PD⊥BD，
又∠ADB=90∘，所以AD,BD,PD两两垂直，
所以以D为原点建立如图所示空间直角坐标系，
AD=2 2,PD=CD=4，
因为∠CBD=90∘，∠BDC=45∘，所以C−2 2,2 2,0，
又P0,0,4,D0,0,0,F0,0,2,E 2, 2,0，
所以PC=−2 2,2 2,−4,CE=3 2,− 2,0,CF=2 2,−2 2,2，
设平面EFC的法向量为n=x,y,z，
则n⋅CE=0n⋅CF=0⇒3 2x− 2y=02 2x−2 2y+2z=0，取x=1，则n=1,3,2 2，
设直线PC与平面EFC所成的角为θ，
所以sinθ=csPC,n=PC⋅nPCn=4 2 32× 18= 26，
即直线PC与平面EFC所成的正弦值为 26．

17.(1)
线段AB的中点(6,0)，该点与点C的距离d= (3−6)2+42=5=12|AB|，
因此▵ABC的外接圆D的圆心为(6,0)，半径为5，
所以圆D的方程为(x−6)2+y2=25．
(2)
点P1,−1关于y轴的对称点P′(−1,−1)，由光的反射定律知，经y轴反射后的光线所在直线过点P′
显然直线x=−1与圆D不相切，设反射光线所在的直线方程方程为y+1=k(x+1)，即kx−y+k−1=0，
于是|7k−1| k2+1=5，整理得12k2−7k−12=0，解得k=−34或k=43，
方程为3x+4y+7=0或4x−3y+1=0，
所以反射光线所在的直线方程为3x+4y+7=0或4x−3y+1=0．

18.(1)
由题设，AA1=AB=AC=2,∠CAA1=∠BAA1=45∘,∠CAB=60∘且AH= 22AA1，
所以AH= 2，则BH2=AB2+AH2−2AB⋅AHcs45∘=4+2−4=2，同理CH2=2，
所以AH2+BH2=AB2、CH2+BH2=BC2，即AH⊥BH、CH⊥BH，
由AH∩CH=H都在面ACH内，故BH⊥面ACH，AC⊂面ACH，则BH⊥AC．
(2)
由题设，易知直棱柱ABC−A1B1C1的 底面为等边三角形且AA1=AB=AC=2，
由B1C1⊥平面MNA1，A1N,MN⊂平面MNA1，则B1C1⊥A1N，B1C1⊥MN，
在等边▵A1B1C1中，B1C1⊥A1N，则N为B1C1中点，
在▵BB1C1中BB1⊥B1C1，则MN//BB1，故M是BC1中点，
又面A1BC1∩面MNA1=MA1，C1∈面A1BC1，N∈面MNA1，B1C1∩面MNA1=N，
所以NC1⊥面MNA1，MA1⊂面MNA1，则NC1⊥MA1，
过N作ND⊥MA1，连接C1D，而NC1∩ND=N且都在面NC1D内，
所以MA1⊥面NC1D，DC1⊂面NC1D，则MA1⊥DC1，
综上，∠NDC1是平面A1BC1与平面MNA1夹角的平面角或其补角，
由上BA1=BC1=2 2，A1C1=2，则cs∠BC1A1= 24，而MC1= 2，
所以A1M2=A1C12+MC12−2A1C1⋅MC1⋅cs∠BC1A1=4+2−2×2× 2× 24=4，
在▵MNA1中MN=12BB1=1,NA1= 3，则cs∠MA1N=A1M2+NA12−MN22A1M⋅NA1=4+3−12×2× 3= 32，
所以sin∠MA1N=12，则DN=NA1⋅sin∠MA1N= 32，而NC1=1，
所以DC1= 34+1= 72，故cs∠NDC1=DNDC1= 217，
综上，平面A1BC1与平面MNA1夹角的余弦值 217．

19.(1)
由 (x−2)2+y2+ (x+2)2+y2=8的几何意义可得点M到点2,0,−2,0的距离之和为8，大于两点2,0,−2,0的距离，
所以点M的轨迹是以2,0,−2,0为焦点，a=4,c=2的椭圆，
由b2=a2−c2=12，
所以点M的轨迹方程为x216+y212=1，
(2)
(i)由题意可得直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=kx+m，Px1,y1,Qx2,y2，
联立x216+y212=1y=kx+m，消去y得3+4k2x2+8kmx+4m2−48=0，
Δ=8km2−43+4k24m2−48>0，
x1+x2=−8mk3+4k2,x1x2=4m2−483+4k2，
kAP=y1−3x1−2,kAQ=y2−3x2−2，且kAP+kAQ=y1−3x1−2+y2−3x2−2=0，
即kx1+m−3x1−2+kx2+m−3x2−2=0，即2kx1x2+m−2k−3x1+x2−4m+12=0，
代入韦达定理2k⋅4m2−483+4k2+m−2k−3−8mk3+4k2−4m+12=0，
整理化简可得32k−12k−3+m=0，解得k=12或m=3−2k，
当m=3−2k时，直线y=kx+3−2k=kx−2+3，恒过定点A2,3，与题意不符，舍去，
所以k=12；
(ii)AP=x1−2,y1−3,BP=x2−2,y2−3，
因为∠PAQ=90∘，所以AP⋅BP=0⇒x1−2,y1−3.x2−2,y2−3=0，
即x1−2x2−2+y1−3y2−3=0，
化简可得x1x2−2x1+x2+4+y1y2−3y1+y2+9=0，
代入y=12x+m可得54x1x2+m2−72x1+x2+m2−6m+13=0，
代入韦达定理可得54×4m2−484+m2−72×−4m4+m2−6m+13=0，
整理可得7m2−10m−8=0，解得m=−47或m=2，
所以直线方程为y=12x−47或y=12x+2，
当直线方程为y=12x−47时，由弦长公式可得PQ= 1+k2 x1+x22−4x1x2= 1+14 472−4×4×472−484=247 5，
点A到直线的距离为d1=7×2+14×3−8 72+142=367 5，
此时S▵PAQ=12PQ⋅d1=12×24 57×367 5=43249；
当直线方程为y=12x+2时，点A2,3在直线上，无三角形，所以不符合题意，
所以△PAQ的面积为43249．