江西省景德镇一中2024-2025学年19班高一（下）期末数学试卷（含答案）含答案解析

这是一份江西省景德镇一中2024-2025学年19班高一（下）期末数学试卷（含答案）含答案解析，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m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列说法正确的是( )
A. 若m//α，n⊂α，则m//nB. 若m//n，m⊥α，则n⊥α
C. 若m⊥n，m//α，则n//αD. 若α⊥β，m⊥α，则m//β
2.若过点(0,4)且与圆(x−2)2+y2=2相切的两条直线的夹角为θ，则tanθ=( )
A. 43B. 35C. 34D. 13
3.已知过抛物线y2=2px(p>0)焦点F的直线与该抛物线交于A，B两点，若|AF|+4|BF|=9，则p的最大值为( )
A. 2B. 3C. 4D. 6
4.已知双曲线Γ：x2−y23=1的左焦点为F，点A，B在Γ的右支上，且|AB|=6，则|FA|+|FB|的最小值为( )
A. 4B. 6C. 10D. 14
5.如图，在棱长均为2的直三棱柱ABC−A1B1C1中，D是A1B1的中点，过B，C，D三点的平面将该三棱柱截成两部分，则顶点B1所在部分的体积为( )
A. 2 33
B. 5 36
C. 3
D. 7 36
6.已知点F1、F2是双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点，O为坐标原点，点P在双曲线C的右支上，且满足|F1F2|=2|OP|，|PF1|≥3|PF2|，则双曲线C的离心率的取值范围为( )
A. [52,+∞)B. [ 102,+∞)C. (1, 102]D. (1,52]
7.设椭圆C：x24+y23=1的左右焦点分别为F1，F2，点P在椭圆上，cs∠F1PF2=35，∠F1PF2的平分线与x轴交于点A，则|PA|=( )
A. 3B. 2 3C. 3 104D. 3 54
8.如图，正方形ABCD和正方形ABEF的边长均为2，且它们所在的平面互相垂直，点N在线段BF上运动，点M在正方形ABCD内运动，MN=2，且始终保持MN⊥AB，则DM的最小值为( )
A. 2−1
B. 2 2−2
C. 22
D. 32
二、多选题：本题共4小题，共12分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列选项正确的是( )
A. 若直线l1：x+2y+1=0与l2：2x+ay−2=0平行，则l1与l2的距离为2 55
B. 过点(−1,1)且和直线2x−y+7=0平行的直线方程是2x−y−6=0
C. “a=−1”是“直线a2x−y+1=0与直线x−ay−2=0互相垂直”的必要不充分条件
D. 直线xsinα+y+2=0的倾斜角θ的取值范围是[0,π4]∪[3π4,π)
10.已知抛物线C：y2=8x的焦点为F，过点F的直线l与C交于A，B两点，D是C的准线与x轴的交点，则下列说法正确的是( )
A. 若|BF|=4|AF|，则直线l的斜率为±43 B. |AF|+4|BF|≥18
C. 0°0)左支上一点F1，F2是双曲线的左、右两个焦点，且PF1⊥PF2，PF2与两条渐近线相交于M，N两点(如图)，点N恰好平分线段PF2，则双曲线的离心率是______．
15.设F1，F2分别为椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点，过点F1且倾斜角为60°的直线与椭圆C交于A，B两点，若|AB|=3|F1B|，则椭圆C的离心率为 ．
16.三棱锥A−BCD中，AB=4，BC=BD=3，AC=AD=5，∠CBD=60°，则三棱锥A−BCD外接球的表面积为______．
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。
17.(本小题12分)
已知△ABC的三个顶点的坐标为A(1,0)，B(3,2)，C(2,4).求：
(1)点D的坐标，使四边形ABCD是平行四边形；
(2)点C关于直线AB对称点的坐标；
(3)△ABC的面积．
18.(本小题12分)
如图，梯形BCDP中，BC//PD，BA⊥PD于点A，PA= 2，且AB=BC=1=12AD.沿AB把△PAB折起到△P′AB的位置，使P′D= 6．
(1)求异面直线CD与P′B所成角的余弦值；
(2)若E为P′C的中点，F为P′D上一点，证明CF⊥AE．
19.(本小题12分)
已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为 2，O为坐标原点，过C的右焦点的直线l交C的右支于P，Q两点，当l⊥x轴时，|PQ|=2 2．
(1)求C的方程；
(2)过P作直线x=1的垂线，垂足为N．
(i)证明：直线QN过定点；
(ii)求△OQN面积的最小值．
20.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，E，F，G分别是AB，PD，PC的中点．
(1)若AD=PA，求证：AF⊥平面PDC；
(2)若二面角P−EC−D的正切值为 2，且AD= 2，AB=2 2，求EG与平面PDE所成角的正弦值．
21.(本小题12分)
已知圆A：(x+1)2+y2=16和点B(1,0)，点P是圆上任意一点，线段PB的垂直平分线与线段PA相交于点Q，记点Q的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程；
(2)点D在直线x=4上运动，过点D的动直线l与曲线C相交于点M，N．
(ⅰ)若线段MN上一点E，满足|ME||EN|=|MD||DN|，求证：当D的坐标为(4,1)时，点E在定直线上；
(ⅱ)过点M作x轴的垂线，垂足为G，设直线GN，GD的斜率分别为k1，k2，当直线l过点(1,0)时，是否存在实数λ，使得k1=λk2？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
参考答案
1.B
2.C
3.A
4.C
5.B
6.C
7.D
8.B
9.AD
10.ABD
11.BCD
12.BD
13.163
14. 5
15.23
16.28π
17.解：(1)设AC中点为M，则M(32,2)，
由ABCD为平行四边形知M为BD中点，而B(3,2)，
故D(0,2)．
(2)直线AB方程为y=x−1，
过点C且与AB垂直的直线方程为y=−x+6，
由y=x−1y=−x+6，得交点E为(72,52)，
设点C关于直线AB的对称点为C′，
则E为C，C′的中点，故C′点坐标为(5,1)．
(3)AB= (1−3)2+(0−2)2=2 2，
点C(2,4)到直线AB：x−y−1=0的距离为d=|2−4−1| 2=3 22，
∴S△ABC=12×2 2×3 22=3．
18.(1)解：取AD中点G，连接BG、P′G，
因为BC//GD，BC=GD，
可得四边形GDCB是平行四边形，则GB//DC，
所以∠P′BG或其补角为异面直线CD与P′B所成角，
翻折前BA⊥PD，即AB⊥AD，AB⊥PA，
翻折后，则有AB⊥AD，AB⊥P′A，且有P′A=PA= 2，
因为P′D2=6=P′A2+AD2，所以P′A⊥AD，
又因为AB∩AD=A，AB、AD⊂平面ABCD，
可得P′A⊥面ABCD，
在△P′BG中，P′B= P′A2+AB2= 2+1= 3，BG= AB2+AG2= 1+1= 2，
P′G= P′A2+AG2= 2+1= 3，
由余弦定理可得cs∠P′BG=P′B2+BG2−P′G22P′B⋅BG= 66，
因此异面直线CD与P′B所成角的余弦值为 66；
(2)证明：P′A⊥面ABCD，CD⊂平面ABCD，
所以P′A⊥CD，
又因为AB=BC=1，AB⊥AD，BC/​/AD，
所以AB⊥BC，故△ABC为等腰直角三角形，
所以∠CAD=∠ACB=45°，
因为AC= 2AB= 2，AD=2，
由余弦定理得CD2=AC2+AD2−2AC⋅ADcs∠CAD=2+4−2× 2×2× 22=2，
所以AD2=CA2+CD2，即AC⊥CD，
因为P′A∩CA=A，P′A、AC⊂平面P′AC，
所以CD⊥面P′AC，
因为AE⊂平面P′AC，所以CD⊥AE，
又因为P′A=AC，E为P′C的中点，所以AE⊥P′C，
因为CD∩P′C=C，CD、P′C⊂平面P′CD，
所以AE⊥面P′CD，
又因为CF⊂平面P′CD，
所以AE⊥CF．
19.解：(1)由题设ca= 2且a2+b2=c2，则a=b,c= 2a，
由l⊥x轴时，|PQ|=2 2，不妨令P( 2a, 2)，代入双曲线得2a2a2−2b2=1，
所以a2=b2=2，则所求方程为x22−y22=1；
(2)(i)证明：设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，则N(1,y1)，由l斜率不为0，设l：x=my+2，
联立双曲线并整理得(m2−1)y2+4my+2=0，则m2−1≠0，Δ=8m2+8>0，
所以y1+y2=−4mm2−1，y1y2=2m2−1，
由x2≠1，直线NQ：y=y2−y1x2−1(x−1)+y1，
根据双曲线的对称性，直线NQ所过定点必在x轴上，
令y=0，则y2−y1x2−1(x−1)+y1=0⇒x=y2−y1x2y2−y1，
因为x2=my2+2，所以x=y2−my1y2−2y1y2−y1，
而y1+y2y1y2=−2m⇒y1+y2−2=my1y2，则x=y2+y1+y22−2y1y2−y1=32，
所以NQ过定点M(32,0)；
由SΔOQN=12|OM||y1−y2|=34 (y1+y2)2−4y1y2=3 22⋅ m2+1(m2−1)2，
由(i)，m2−1≠08(m2+1)>0y1y2=2m2−1b>0)，则2a=4，2c=2，解得a=2，c=1，
所以b2=a2−c2=3，
所以曲线C的方程为x24+y23=1；

(2)(ⅰ)证明：因为直线l的斜率一定存在，设直线l的方程为y=kx+m，
因为D(4,1)在l上，所以4k+m=1，
由y=kx+mx24+y23=1得(3+4k2)x2+8kmx+4(m2−3)=0，
Δ=(8km)2−16(3+4k2)(m2−3)=48(4k2−m2+3)>0，设M(x1,y1)，N(x2,y2)，E(x0,y0)，
则x1+x2=−8km3+4k2,x1x2=4(m2−3)3+4k2，由|ME||EN|=|MD||DN|得x1−x0x0−x2=4−x14−x2，
化简得4(x1+x2)−2x1x2=[8−(x1+x2)]x0，则4×(−8km3+4k2)−2×4(m2−3)3+4k2=(8+8km3+4k2)x0，
化简得kx0+m+3x0−3=0，又因为y0=kx0+m，所以3x0+y0−3=0，
所以点E在定直线3x+y−3=0上．
(ⅱ)因为直线y=kx+m过(1,0)，所以k+m=0，直线方程为y=kx−k，
从而得D(4,3k)，G(x1,0)，
由(ⅰ)知，x1+x2=8k23+4k2,x1x2=4(k2−3)3+4k2，k1=y2x2−x1,k2=3k4−x1，
所以k1k2=y2x2−x1×4−x13k=(4−x1)(kx2−k)3(x2−x1)k=4x2−4−x1x2+x13(x2−x1)
=4x2−4−4(k2−3)3+4k2+8k23+4k2−x23[x2−(8k23+4k2−x2)]=(3+4k2)x2−4k22[(3+4k2)x2−4k2]=12，
所以存在实数λ=12，使得k1=12k2．