重慶市烏江新高考協(xié)作體2023-2024學年高二上學期1月期末學業(yè)質(zhì)量聯(lián)合調(diào)研抽測數(shù)學試題（含答案）

重慶市烏江新高考協(xié)作體2023-2024學年高二上學期1月期末學業(yè)質(zhì)量聯(lián)合調(diào)研抽測數(shù)學試題姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二三四總分評分一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．若圓的方程為(x?1)(x+2)+(y?2)(y+4)=0，則圓心坐標為（）A．(1，?1) B．(12，1)2．下列直線中，傾斜角最大的是（）A．y=0 B．y=1?x C．x=1 D．y=x?13．已知圓C的圓心為(?t，t)，且圓C與y軸的交點分別為A(0，A．(x?1)2C．(x?1)24．布達佩斯的伊帕姆維澤蒂博物館收藏的達·芬奇方磚在正六邊形上畫了具有視覺效果的正方體圖案，如圖1，把三片這樣的達·芬奇方磚拼成圖2的組合，這個組合再轉(zhuǎn)換成圖3所示的空間幾何體．若圖3中每個正方體的棱長為1，則直線CQ與平面AEGDA．36 B．39 C．165．已知直線l：3x+y?5=0和圓C：x2+y2?2y?4=0交于AA．225 B．?225 6．折紙是一種以紙張折成各種不同形狀的藝術(shù)活動，折紙大約起游于公元1世紀或者2世紀時的中國，折紙與自然科學結(jié)合在一起，不僅成為建筑學院的教具，還發(fā)展出了折紙幾何學成為現(xiàn)代幾何學的一個分支.如圖，現(xiàn)有一半徑為4的圓紙片(A為圓心，B為圓內(nèi)的一定點)，且|AB|=2，如圖將圓折起一角，使圓周正好過點B，把紙片展開，并留下一條折痕，折痕上到A，B兩點距離之和最小的點為P，如此往復(fù)，就能得到越來越多的折痕，設(shè)P點的軌跡為曲線C.在C上任取一點M，則△MAB面積的最大值是（）A．2 B．3 C．2 D．37．已知橢圓的方程為x2a2+y2=1(a>1)，上頂點為A，左頂點為B，設(shè)P為橢圓上一點，則ΔPAB面積的最大值為2A．2 B．3+22 C．3 D．8．設(shè)雙曲線x2a2?y2=1的左、右焦點為F1、F2A．9 B．10 C．14 D．15二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求的。全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得2分。9．已知點A(?2，3，4)，在zA．(0，0，10) B．(10．下列四個命題中真命題有（）A．直線y=x?2在y軸上的截距為2B．經(jīng)過定點A(0，2)的直線都可以用方程C．直線6x+my+4m?12=0(m∈R)必過定點D．已知直線3x+4y?1=0與直線6x+my?12=0平行，則平行線間的距離是111．設(shè)a>0，b>0．若A．a(chǎn)<b B．b<a C．a(chǎn)<2b D．b<2a12．已知雙曲線C：x2a2?y2b2=1（a>0，b>0），過左焦點F1作一條漸近線的垂線，垂足為P，過右焦點F2作一條直線交CA．線段AB的最小值為bB．△F1AB的內(nèi)切圓與直線C．當|PF1|=|QD．當點F1關(guān)于點P的對稱點在另一條漸近線上時，C的漸近線方程為三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知直線方程為x?y?3=0，則該直線的傾斜角為.14．橢圓C：x216+y2b2=1(0<b<4)上有且僅有4個不同的點15．古希臘數(shù)學家阿波羅尼斯（ApolloniusofPerga，約公元前262~190年）發(fā)現(xiàn)：平面上兩定點A，B，則滿足MAMB=λ(λ≠1)的動點M的軌跡是一個圓，后人稱這個圓為阿波羅尼斯圓，簡稱阿氏圓.在直角坐標系xOy中，已知A(4，016．如圖拋物線Γ1的頂點為A，焦點為F，準線為l1，焦準距為4；拋物線Γ2的頂點為B，焦點也為F，準線為l2，焦準距為6．Γ1和Γ2交于P、Q兩點，分別過P、Q作直線與兩準線垂直，垂足分別為M、N、S、T，過F的直線與封閉曲線APBQ①|(zhì)AB|=5；②四邊形MNST的面積為406；③FS?FT=0；④四、解答題：本題共6小題，共70分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．如圖，已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1=2，底面ABCD是直角梯形，∠A18．圓x2+y2?2x?8y+13=0截直線ax+y?1=019．已知拋物線C：y2=2px(p>0)的焦點為F，M(1，y0)(y0>0)是拋物線上一點且三角形MOF的面積為18（其中O為坐標原點），不過點M的直線l與拋物線C（1）求拋物線C的方程；（2）求證直線PQ恒過定點，并求出點N的軌跡方程.20．如圖，在四棱錐P?ABCD中，平面PCD⊥平面ABCD，且△PCD是邊長為2的等邊三角形，四邊形ABCD是矩形，BC=22，M為BC（1）求證：AM⊥PM；（2）求直線PB與平面AMP所成角的正弦值；（3）求點D到平面AMP的距離．21．圖1是由正三角形SAD和正方形ABCD組成的一個平面圖形，將其沿AD折起使得平面SAD⊥底面ABCD，連結(jié)SB、SC，如圖2．（1）證明：AB⊥SD；（2）求二面角A?SD?B的余弦值．22．已知中心在坐標原點O，一個焦點為F(3，0)（1）求此橢圓的方程；（2）設(shè)直線l：y=kx+m(k≠0，m>0)與橢圓交于P，Q

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】因為圓的方程為(x?1)(x+2)+(y?2)(y+4)=0，

則圓的一般方程為x2+x+y2+2y-10=0，所以圓心坐標為(?2．【答案】B【解析】【解答】對于A，直線y=0的傾斜角為0°；

對于B，直線y=1-x的斜率為-1，設(shè)直線的傾斜角為α，又因為0°≤α<180°，

由k=tanα=-1，則直線的傾斜角α為135°；

對于C，直線x=1的傾斜角為90°；

對于D，直線y=x-1的斜率為1，設(shè)直線的傾斜角為β，又因為0°≤β<180°，

由k=tanβ=1，則直線的傾斜角β為45°；

因為0°<45°<90°<135°，所以傾斜角最大的直線為y=1-x.3．【答案】B【解析】【解答】因為圓C與y軸的交點分別為A(0，4)，B(0，?2)，所以圓心在直線y=1上，即有t=1，圓心C(?1，故答案為：B．

【分析】圓C與y軸的交點分別為A(0，4)，4．【答案】B【解析】【解答】利用已知條件，以O(shè)為坐標原點，OE，OC，OG所在的直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系O-xyz，

則A(1，1，0)，E(2，0，0)，G(0，0，2)，C(0，2，0)，Q(1，0，2)，

AE→=(1，-1，0)，AG→=(-1，-1，2)，CQ→=(1，-2，2)，

設(shè)平面AEGD1的法向量為m→=(x，y，z)，

則m→·AE→=x-y=0m→·AG→5．【答案】C【解析】【解答】因為直線l：3x+y?5=0和圓C：x2+y2?2y?4=0交于A，B兩點，

聯(lián)立直線與圓的方程，即3x+y-5=0x2+y2?2y?4=0，整理得出10x2-24x+11=0，

所以x1+x2=--2410=125，x1x6．【答案】D【解析】【解答】設(shè)點B1，B關(guān)于“折痕”所在直線對稱，即折前點B在圓上對應(yīng)的點為點B1，

連接AB1交“折痕”于點P，

則點P到A，B兩點距離之和最小，且BP+AP=AB1=4，

所以點P的軌跡是以A，B為焦點，且長軸長為2a=4的橢圓，焦距2c=AB=2，c=1，

故短半軸7．【答案】D【解析】【解答】在橢圓x2點A(0，1)，B(?a，0)，則|AB|=a2+1直線AB的方程為y=1ax+1，設(shè)與直線AB由方程組y=1ax+b由Δ=(2ab)2?4×2(a2兩平行線間的距離d=|則ΔPAB面積的最大值為12|AB|·d=2∴|QM|+|QN|=2a=4，∴1=1+≥1+1當且僅當|QM|=2|QN|時取等號.故答案為：D【分析】當ΔPAB面積的最大值時，直線AB與橢圓相切，設(shè)與直線AB平行的橢圓的切線方程為y=1ax+b，與橢圓聯(lián)立得到b=?2，由ΔPAB面積的最大值為2+18．【答案】A【解析】【解答】由雙曲線x2a2?y2=1得出b=1，因為雙曲線的漸近線方程為y=±12x，所以a=2，

所以雙曲線的標準方程為x24?y2=1，

c=a2+b2=5，根據(jù)雙曲線的定義有AF2-AF1=4，BF2-BF1=4，

兩式相加得AF2+BF2-AF1+BF1=89．【答案】A,C【解析】【解答】因為點A(?2，3，4)，在z軸上求一點B，設(shè)點B(0，0，z)，

因為|AB|＝7，所以(-2-0)210．【答案】C,D【解析】【解答】對于A，因為直線y=x?2中b=-2，所以直線在y軸上的截距為-2，所以A錯；

對于B，當直線的斜率存在時，經(jīng)過定點A(0，2)的直線的方程都可以表示成y-2=k(x-0)，即y=kx+2，當直線的斜率不存在時，經(jīng)過定點A(0，2)的直線為x=0，所以B錯；

對于C，直線6x+my+4m?12=0(m∈R)?6x-12+m(y+4)=0?6x-12=0y+4=0?x=2y=-4所以直線必過定點(2，-4)，所以C對；

對于D，因為直線3x+4y?1=0與直線6x+my?12=011．【答案】B,C,D【解析】【解答】根據(jù)題意，由a2+a=3b2+2b得出4b2+2b>a2+a=3b12．【答案】B,D【解析】【解答】由題意可知，當AB與x軸垂直時，則線段AB取最小值，此時線段AB的長為雙曲線的通徑，

所以線段AB的最小值為2b2a，所以A錯；

設(shè)?F1AB的內(nèi)切圓與三角形三邊的切點分別為Q，E，N，

由切線長性質(zhì)，可得AF1-BF1=AQ-BE=AN-BN，

因為AF1-AF2=2a=BF1-BF2，所以AF113．【答案】π4/1【解析】【解答】因為直線方程為x?y?3=0，則該直線的斜率k為1，

設(shè)直線的傾斜角為α，0°≤α<180°，

因為k=tanα，所以直線的傾斜角α為45°.

故答案為：45°。14．【答案】(【解析】【解答】設(shè)點P(x，y)，由PB=2PA得出(x+6)2+y2=2(x+32)2+y2，

化簡可得x2+y2=9，

15．【答案】13【解析】【解答】設(shè)點M(x，y)，MA=(x-4)2+y2，MB=(x-1)2+y2，

因為MAMB=2，所以MA=2MB，所以(x-4)2+y2=2(x-1)2+y16．【答案】①②③④【解析】【解答】設(shè)直線AB與直線l1，l2分別交于G，H，

由題可知GA=AF=2，F(xiàn)B=BH=3，所以GH=MN=10，AB=5，所以①對；

如圖，以A為原點建立平面直角坐標系，

則F(2，0)，直線l1：x=-2，所以拋物線Γ1的方程為y2=8x，

連接PF，由拋物線的定義可知PF=MP，PF=NP，

又因為MN=10，所以xP=3，代入y2=8x，可得yP=26，

所以MT=NS=46，又因為MN=10，所以四邊形MNST的面積為406，所以②對；

連接QF，因為QF=QT=QS，所以∠QFT=∠QTF，∠QFS=∠QSF，

所以∠TFS=∠QFT+∠QFS=∠QTF+∠QFT+∠QFS+∠QSF2=π2，

所以FS→·FT→=0，所以③對；

根據(jù)拋物線的對稱性，不妨設(shè)點D在封閉曲線APBQ的上部分，

17．【答案】解：如圖，以D為坐標原點，分別以DA，DC，則D(0，0，0)，A(2，0，0【解析】【分析】利用已知條件建立空間直角坐標系，再利用空間直角坐標系求出各個點的坐標。18．【答案】解：∵因此圓心到直線ax+y?1=0距離為|因為圓x2+y2?2x?8y+13=0所以(【解析】【分析】將圓的一般方程轉(zhuǎn)化為標準方程，進而得出圓心坐標，再利用點到直線的距離公式得出圓心到直線ax+y?1=0距離，再結(jié)合弦長公式和勾股定理得出實數(shù)a的值.19．【答案】（1）解：由題意得y0故S△MOF=1故拋物線C的方程為y2（2）解：易得M(1，1)由x=my+ay2=x故Δ=m因為∠PMQ=90所以MP?MQ=0整理得x1即y1∴a2所以(a?3所以a?32=m+當a?32=?(m+直線PQ的方程為x=my+a=m(y?1)+1，此時直線當a?32=m+直線PQ的方程為x=my+a=m(y+1)設(shè)N(則由MN⊥NH，即得(x?1即點N的軌跡方程為x2【解析】【分析】（1）利用已知條件結(jié)合代入法和拋物線的標準方程得出點M的縱坐標與p的關(guān)系式，再結(jié)合三角形的面積公式得出p的值，從而得出拋物線C的標準方程.（2）由（1）可得點M的坐標，再根據(jù)題意設(shè)出直線PQ的方程和點P，Q的坐標，再聯(lián)立直線與拋物線方程結(jié)合判別式法和韋達定理以及∠PMQ=9020．【答案】（1）證明：以點D為原點，分別以直線DA，DC為x軸、y軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，依題意，可得D(0，0，即PM⊥AM，∴AM⊥PM（2）解：設(shè)n=(x，y則n·PM→取y=1，得PB=(22，1，?3)sinα=|（3）解：設(shè)點D到平面AMP的距離為d，由(2)可知n=(2，即點D到平面AMP的距離為26【解析】【分析】（1）利用已知條件建立空間直角坐標系，從而得出點的坐標和向量的坐標，再結(jié)合數(shù)量積的坐標表示和兩向量垂直數(shù)量積為0的等價關(guān)系，進而證出AM⊥PM.

（2）利用已知條件結(jié)合兩向量垂直數(shù)量積為0的等價關(guān)系和數(shù)量積的坐標表示，進而得出平面AMP的法向量，再利用數(shù)量積求向量夾角的公式和誘導公式，進而得出直線PB與平面AMP所成角的正弦值.

（3）由(2)可知n=(221．【答案】（1）證明：由題可知：在正方形ABCD中，有AB⊥AD又平而SAD⊥平面ABCD，平而SAD∩平面ABCD=ADAB?平面ABCD，所以AB⊥平面SAD又SD?平面SAD，所以AB⊥SD（2）解：根據(jù)（1）可知：過點A作z軸垂直平面ABCD建立如圖所示空間直角坐標系A(chǔ)?xyz設(shè)AB=2，所以A(0所以SD設(shè)平面SDB的一個法向量為n所以n?SD=0n所以n平面SAD的一個法向量為n所以二面角A?SD?B的余弦值為n【解析】【分析】（1）利用已知條件結(jié)合正方體的結(jié)構(gòu)特征，從而證出線線垂直，再利用面面垂直的性質(zhì)定理證出線線垂直，從而證出AB⊥SD.