安徽省安庆市第一中学等校2025-2026学年高二上学期2月期末联考数学（HJ）试卷（含答案）

这是一份安徽省安庆市第一中学等校2025-2026学年高二上学期2月期末联考数学（HJ）试卷（含答案），共7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。
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.椭圆C：x25+y23=1的焦距为( )
A. 2B. 2 2C. 3D. 2 3
2.已知抛物线C:y2=−2pxp>0的准线方程为x=52，则p=( )
A. 10B. 5C. 52D. 54
3.若直线l与直线x− 3y+1=0垂直，则l的倾斜角为( )
A. π6B. π3C. 2π3D. 5π6
4.已知向量a=1,−2,2,b=6,−3,2，则下列结论错误的是( )
A. a+b=7,−5,4
B. b=3
C. a⋅b=16
D. a−b,b,a+b不能构成空间向量一个基底
5.已知圆C1:(x−5)2+(y+3)2=16，圆C2:x2+y2−2x=0，则这两圆的公切线的条数为( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
6.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)，顶点到渐近线的距离为c2，则离心率e=( )
A. 2B. 2 33C. 42D. 2
7.在四面体ABCD中，G是▵ACD的重心.记AB=a，AC=b，AD=c，若BG=xa+yb+zc，则x+y+z=( )
A. −23B. −13C. 13D. 23
8.已知圆C：(x+2)2+(y−1)2=9，直线l：x+y−m=0，若圆C上至多有3个点到直线l的距离为2，则m的取值范围是( )
A. (−∞,− 2−1]∪[ 2−1,+∞)B. (−∞,− 2−1)∪( 2−1,+∞)
C. [− 2−1, 2−1]D. (− 2−1, 2−1)
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.已知曲线C的方程为x22−m+y2m−1=1，则下列说法正确的有( )
A. 曲线C可以是圆B. 若10的左、右焦点分别为F1,F2，直线 3x−y− 3=0与C的一条渐近线平行且过C的一个顶点．
(1)求C的方程；
(2)设直线l：x=my+2与C的左支交于点A，右支交于点B，求实数m的取值范围．
17.(本小题15分)
已知圆C的圆心C在直线x+y−1=0上，并且过A2,2和B−1,5两点．
(1)求圆C的标准方程；
(2)过直线y=2x−6上一点P作圆C的切线PE，PD，切点为E，D，求四边形PECD面积最小值．
18.(本小题17分)
如图，直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD为直角梯形，∠BAD=∠ADC=90∘,AB=AD=1,AA1=CD=2,P为DD1的中点，点Q为棱BB1上一动点．
(1)证明：AP//平面BCD1；
(2)当点Q为棱BB1的中点时，证明：平面CDQ⊥平面BCD1；
(3)若B1QBQ=12，求二面角B−CD1−Q的余弦值．
19.(本小题17分)
已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为 63，上顶点B的坐标为(0,1)．
(1)求C的方程；
(2)已知M为C上一点，过M作x轴的垂线，垂足为N，若点S满足NS=3NM，当点M在C上运动时，求点S的轨迹方程；
(3)过−1,0的直线l与椭圆C交于P,Q两点，O为坐标原点，直线OQ与椭圆的另一个交点为G，若▵PQG的面积S▵PQG=32，求直线l的方程．
参考答案
1.B
2.B
3.C
4.B
5.C
6.A
7.B
8.A
9.ACD
10.AB
11.BC
12.2417
13.1
14.36
15.解：(1)因为l：ax+y−2a−2=0(a∈R)与直线x+2y=0平行，
所以a1=12，求得a=12．
(2)当a=0时，l：y=2，不满足题意．
当a≠0时，l与x轴，y轴的交点分别为(2a+2a,0)，(0,2a+2)，
因为l在x轴，y轴上的截距相等，所以2a+2a=2a+2，解得a=±1．
故l的方程为x+y−4=0或x−y=0．
16.解：(1)∵直线 3x−y− 3=0与C的一条渐近线平行，∴ba= 3，
设 3x−y− 3=0中的y=0，解得x=1，
直线 3x−y− 3=0过C的一个顶点，则a=1，
解ba= 3a=1，得到a=1,b= 3，
所以C的方程为x2−y23=1．
(2)设Ax1,y1,Bx2,y2，
联立方程组x=my+2x2−y23=1，得3m2−1y2+12my+9=0，
则3m2−1≠0且Δ=12m2−4×3m2−1×9=36m2+36>0恒成立，
所以y1y2=93m2−1，
由于l与C交于异支，则y1y2>0，即93m2−1>0，
解得m> 33，即m 33，
所以实数m的取值范围为−∞,− 33∪ 33,+∞．

17.解：(1)由题意，圆心在直线x+y−1=0上，可设Ca,1−a，
因为圆C过点A2,2，且过点B−1,5，
可得 a−22+1−a−22= a+12+1−a−52，整理得a−22=a+42，
所以a=−1，即C−1,2，且半径r=3
所以圆C的方程为x+12+y−22=9．
(2)由(1)知，圆C:x+12+y−22=9，圆心C−1,2，半径r=3，
则四边形PECD的面积S=2S▵PCD=2×12×PD×3=3PD，
设Pb,2b−6，因为PD= PC2−9= b+12+2b−82−9= 5b−32+11，
所以当b=3时，PDmin= 11，
此时四边形PECD的面积最小，最小值为3 11；

18.解：(1)证明：取CD1的中点M，连接PM,BM，
在▵CDD1中，PM为中位线，所以PM//CD，且PM=12CD，
因为四边形ABCD为直角梯形，∠BAD=∠ADC=90∘，所以AB//CD，
又AB=1,CD=2，所以AB=12CD，
所以AB//PM，且AB=PM，所以四边形ABMP为平行四边形，
所以AP//BM，又AP⊄平面BCD1,BM⊂平面BCD1，
所以AP//平面BCD1．
(2)证明：易知DA,DC,DD1两两垂直，以D为坐标原点，以直线DA,DC，DD1分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，
则D0,0,0,D10,0,2,B1,1,0,C0,2,0,Q1,1,1，
所以DQ=1,1,1，D1B=1,1,−2,D1C=0,2,−2．
因为DQ⋅D1B=1+1−2=0，
DQ⋅D1C=0+2−2=0,
所以DQ⊥D1B,DQ⊥D1C，即DQ⊥D1B,DQ⊥D1C，
因为D1B∩D1C=D1,D1B,D1C⊂平面BCD1，所以DQ⊥平面BCD1
又DQ⊂平面CDQ，故平面CDQ⊥平面BCD1．
(3)若B1QBQ=12，则由(2)知Q1,1,43，所以CQ=1,−1,43．
设平面CD1Q的一个法向量m=x,y,z，则D1C⋅m=0,CQ⋅m=0,即2y−2z=0,x−y+43z=0,
取y=1，解得x=−13,z=1，所以m=−13,1,1，
由(2)可知，向量n=1,1,1是平面BCD1的一个法向量，
csm,n=m⋅nmn=−13+1+1 −132+1+1× 3=5 5757，
由图可知二面角B−CD1−Q为锐角，
故若B1QBQ=12，二面角B−CD1−Q的余弦值为5 5757．

19.解：(1)设C的半焦距为c，
由题意可知：e=ca= 63，且b=1，即c= 63a，
因为a2=b2+c2，即a2=1+23a2，解得a2=3，
所以椭圆C的方程为x23+y2=1．
(2)设Sx,y,Mx0,y0，由题意可知Nx0,0，
则NS=x−x0,y,NM=0,y0，
因为NS=3NM，则x−x0=0y=3y0，可得x0=xy0=y3,
又因为Mx0,y0在椭圆C上，即x023+y02=1，
可得x23+y32=1，化简得x23+y29=1，
所以点S的轨迹方程为x23+y29=1．
(3)由题意可知过点−1,0的直线l的斜率不为0，且直线l与椭圆C必相交，

设直线l的方程为x=my−1，Px1,y1,Qx2,y2，
联立方程x23+y2=1x=my−1，消去x得m2+3y2−2my−2=0，
则y1+y2=2mm2+3, y1y2=−2m2+3，
因为OQ与椭圆的另一交点为G，可知Q, G关于原点对称，即O为QG中点，
则S▵PQG=2S▵OPQ=32，即S▵OPQ=34，
可得S▵OPQ=12×1×y1−y2=12×1× y1+y22−4y1y2=12 2mm2+32+8m2+3=34，
化简得3m4+2m2−5=0，整理可得m2−13m2+5=0，
因为3m2+5≠0，则m2−1=0，解得m=±1，
所以直线l的方程为x=±y−1，即x+y+1=0或x−y+1=0．