2024-2025學年廣東省八校聯(lián)盟高二上學期教學質(zhì)量檢測數(shù)學試卷（二）（含答案）

第=page11頁，共=sectionpages11頁2024-2025學年廣東省八校聯(lián)盟高二上學期教學質(zhì)量檢測數(shù)學試卷（二）一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。1.直線x+3y?3=0的傾斜角為A.150° B.120° C.60°2.已知直線l1:?(t+4)x?2y+1=0和l2:x+(t+3)y?2=0互相垂直，則實數(shù)A.2 B.?2 C.3 D.43.圓x2+y2=?4與圓A.2 B.3 C.24.在三棱錐P?ABC中，M為AC的中點，則PM=(

)

A.12BA+12BC+BP 5.已知離心率為2的雙曲線x2?y2m2=1A.21 B.19 C.13 D.116.已知雙曲線C:x2?y2=?1的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，直線l:y=2x?m與C相交于A，B兩點，若△FA.2或42 B.2或227.設M是橢圓x225+y216=1上的一點，F(xiàn)1，F(xiàn)A.1633 B.16(2+3)8.P是雙曲線x29?y216=1的右支上一點，M、N分別是圓(x+5)A.6 B.7 C.8 D.9二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。9.已知曲線C的方程為x224?λ+yA.存在實數(shù)λ，使得曲線C為圓

B.若曲線C為橢圓，則?16<λ<24

C.若曲線C為焦點在x軸上的雙曲線，則λ<?16

D.當曲線C是橢圓時，曲線C的焦距為定值10.關于空間向量，以下說法正確的是(

)A.若非零向量a，b，c滿足a⊥b，c⊥b，則a//c

B.若對空間中任意一點O，有OP=12OA+23OB?16OC，則P，A，B，C四點共面

C.若空間向量a=(0,1,1)，b=(1,1,2)11.在棱長為2的正方體ABCD?A1B1C1D1中，E，E分別為棱AD，DA.三棱錐D?EFG的體積為定值

B.存在點G，使得平面EFG//平面AB1D1

C.當CG=13CB1時，直線EG與BC1三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.已知a=(2,?1,1)，b=(?1,1,0)，c=(1,0,λ)，若a，b，c三向量共面，則實數(shù)λ=

13.若圓C1:(x?1)2+(y+3)214.過點M(1,1)作斜率為?12的直線與橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)相交于A，四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟。15.(本小題13分)已知圓C的圓心在直線y=2x和直線2x+y?4=0的交點上，且圓C過點(?1,1)．(1)求圓C的方程;(2)若圓B的方程為x2+y2?4x+4y+3=0，判斷圓16.(本小題15分)已知圓C:x(1)若直線l經(jīng)過點A(?1,?3)，且與圓C相切，求直線l的方程;(2)設點D(3,2)，點E在圓C上，M為線段DE的中點，求M的軌跡的長度．17.(本小題15分)

由四棱柱ABCD?A1B1C1D1截去三棱錐D1?A1DC1后得到如圖所示的幾何體，四邊形ABCD是菱形，AC=4(1)求證：B1O//(2)若二面角O?A1C1?D的正切值為318.(本小題17分)已知雙曲線C:x2a2(1)求雙曲線C的方程;(2)直線l與雙曲線C相交于A，B兩點，若線段AB的中點坐標為(3,2)，求直線l的方程．19.(本小題17分)已知橢圓C:x2a2+(1)求橢圓C的方程;(2)斜率不為0的直線l與橢圓C交于M，N兩點，且點A不在l上，AM⊥AN，過點P作y軸的垂線，交直線x=?1于點S，與橢圓C的另一個交點為T，記△SMN的面積為S1，△TMN的面積為S2，求S參考答案1.A

2.B

3.C

4.B

5.B

6.D

7.C

8.D

9.AC

10.BCD

11.ABD

12.1

13.a<0或a>2

14.215.解：(1)聯(lián)立直線y=2x和直線2x+y?4=0，解得其交點為1,2，

故圓C的圓心坐標C為1,2，

因為點(?1,1)在圓C上，由?1?12+1?22=5，可知圓C的半徑為5，

所以圓C的方程為：x?12+y?22=5;

(2)由圓B的方程為x16.解：(1)圓C的標準方程為(x?2)2+(y?3)2=9，

圓心C(2,3)，半徑r=3，

當直線l的斜率不存在時，l的方程為x=?1，

圓心C(2,3)到l的距離d=3，所以d=r，

直線l與圓C相切，符合題意，

當直線l的斜率存在時，

設l的方程為y+3=k(x+1)，即kx?y+k?3=0，

所以圓心C(2,3)到l的距離d=|3k?6|1+k2，

由|3k?6|1+k2=3，得(k?2)2=1+k2，解得k=34，

所以直線l的方程為y+3=34(x+1)，即3x?4y?9=0，

綜上，直線l的方程為x=?1或3x?4y?9=0；

(2)設M(x,y)，E(x1,y1)，

因為M為線段DE的中點，17.解：(1)證明：法一：將幾何體補成四棱柱ABCD?A1B1C1D1

，

連接因為BB1=DD1所以四邊形BB1所以D1B1/?/DB

又B1M=故B1M=OD

，B

故四邊形B1MDO故B1O//MD又B1O?

平面A1DC1

，∴OB1//

法二：∵四邊形ABCD

是菱形，∴AC

⊥BD

，又B1O⊥

平面ABCD

，AC,BD?

平面ABCD∴B1O⊥AC

，故B1O,AC,BD以O為原點，直線OA,OD,OB1

分別為x

軸，y

軸，z其中AC=4,BD=2

，則O0,0,0,A2,0,0,B0,?1,0,C?2,0,0由AA1=BB由CC1=BB則A1C設平面A1DC1

則m?A1C1=0m?∴m?又OB1?

平面∴OB1//

平面(2)設OB1=a

，取A1C1

的中點M

又四邊形ABCD

是菱形，AC⊥BD

，因為B1O⊥

平面ABCD

，AC?

平面ABCD所以B1O⊥AC因為B1O∩BD=O

，B1O,BD?

故AC⊥

面B1MDB因為OM?

平面B1MDB則OM⊥AC

，因為AA1=CC1所以四邊形AA1C1C所以OM⊥A1又B1M=OD,B1M//OD故DM//OB1

，DM=OB1=a所以∠OMD

為二面角O?A1則tan∠OMD=ODDM=36

故BB1設平面BCC1B1則n?BB1=0,n?B∴cos?∴

平面A1DC1

與平面BCC∴

平面A1DC1

與平面BCC

18.解：(1)由題意，知100a2?15b2=1a(2)設Ax則x1225整理得y1因為線段AB的中點坐標為(3,2)，所以x1所以直線l的斜率k=y故直線l的方程為y?2=310(x?3)經(jīng)檢驗，直線l與雙曲線C相交，所以直線l的方程為3x?10y+11=0．

19.解：(1)將A0,1b解得a則橢圓C的方程為x2(2)當直線l⊥x軸時，?MAN為鈍角三角形，且∠MAN<90所以直線l的斜率存在，設直線l的