山东省济南市济南旅游学校2024-2025学年高二上学期第二次质量检测数学试卷

试卷第 1页，共 3页 高二数学上学期期中质量检测试卷（2024 年 11 月） （考试时间：90分钟 试卷满分：120分） 第Ⅰ卷（选择题，共 55分） 一、单选题（本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分） 1．已知 , ,a b c   为空间的一个基底，则下列各组向量中能构成空间的一个基底的是（ ） A． 2 , 2 ,a b a c b c        B． 2 , ,a c b c    C． 2 , ,a b c a c b c          D． , , 2 2a c b a b c        2．已知  1 0, 3F  ，  2 0,3F ，动点 P满足 1 2 4PF PF  ，则动点 P的轨迹方程为（ ） A． 2 2 1 4 5 x y   B． 2 2 1 4 5 y x   C．   2 2 1 0 4 5 x y x   D．   2 2 1 0 4 5 y x y   3．已知向量 (2, 3,0)a    ， (0,3,4)b   ，则向量 a  在向量 b  上的投影向量的坐标为（ ） A． 18 27, ,0 13 13      B． 18 27, ,0 13 13      C． 27 360, , 25 25       D． 27 360, , 25 25       4．已知直线 l：  3 1 2 2024 0mx m y    的倾斜角为 3π 4 ，则m （ ） A．1 B． 1 C． 1 5 D． 1 5  5．已知在四面体O ABC 中，a OA   ，b OB   ，c OC   ， 1 3 OM MA   ，N为 BC的中点，若MN xa yb zc       . 则 x y z  （ ） A． 1 3 B． 3 4 C． 1 2 D．3 6．已知点  0,2P 关于直线 1 0x y   对称的点 Q在圆 C： 2 2 2 0x y x m    外，则实数 m的取值范围是 试卷第 2页，共 3页 （ ） A． 4m   B． 1m  C． 4 1m   D． 4m   或 1m  7．已知圆 2 2: 4 14 45 0C x y x y     及点  2,3Q  ，则下列说法错误的是（） A．圆心C的坐标为  2,7 B．若点  1P m m, 在圆C上，则直线 PQ的斜率为 14 C．点Q在圆C外 D．若M 是圆C上任一点，则 MQ 的取值范围为 2 2,6 2  ． 8．已知直线 1: 1 2 l y x  与椭圆 2 2 2 2: 1( 0) x yC a b a b     相交于 A、B，且 AB的中点为 11, 2 M      ，则椭圆C的 离心率为（ ） A． 3 3 B． 3 2 C． 2 2 D． 1 2 二、多选题（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分） 9．对于直线 : ( 2) 2 1 0l m x y m     与圆 2 2: 6 4 4 0C x y x y     ，下列说法正确的是（ ） A． l过定点 (2,3) B．C的半径为 9 C． l与C可能相切 D． l被C截得的弦长最小值为 2 7 10．已知点 P是平行四边形 ABCD所在的平面外一点，如果      2, 1, 4 , 4,2,0 , 1,2, 1AB AD AP          .则下 列结论正确的有（ ） A． AP AB   B． AB  与 AD  夹角的余弦值为 105 35 C． AP  是平面 ABCD的一个法向量 D． / /AP BD   11．设 1F ， 2F 分别为椭圆 2 2 1 4 3 x y   的左、右焦点，直线 l过 1F 且交椭圆于 A，B两点，则以下说法正确的是 （ ） A． 2ABF 的周长为定值 8 B． 1 2| | | |AF AF 的最大值 4 C．|AB|的最小值为 3 2 D．若 1 2AF F 面积为 1，则 2 6( ,1) 3 A  试卷第 3页，共 3页 第 II卷（非选择题，共 65 分） 三、填空题（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分） 12．实数 x、 y满足 2 2 4x y  ，则    2 24 3x y   的最大值是 ． 13．已知空间向量 , ,a b c   两两夹角均为 60，其模均为 1，则 2 3a b c     . 14．双曲线 2 2 1 5 4 x y   的焦点到渐近线的距离等于 . 四、解答题（本题共 4 小题，共 50 分） 15（6分）．已知点 M到定点  2,0F 的距离与到定直线 l： 5x  的距离之比为 10 5 ，求点 M的轨迹方程． 16（18分）．如图，在四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD为正方形， PA 平面 ABCD， 2PA AB  ． (1)求证： / /AD 平面 PBC ； (2)求直线 BD平面 PCD夹角的正弦值； (3)求点 B到平面 PCD的距离． 17（12分）．已知圆C经过点  1,1A  和  2, 2B   ，且圆心在直线 l： 1 0x y   上. (1)求圆C的标准方程； (2)若过点  2,1 作圆C的切线，求该切线方程. 18（14分）．已知双曲线   2 2 2 2: 1 0, 0 x yC a b a b     的左、右焦点分别为 1 2,F F ，点 P在双曲线右支（且不在坐 标轴上）， (1)若双曲线C与椭圆 2 2 1 4 x y  有共同的焦点，且双曲线C过点  2,1Q ，求该双曲线的标准方程； (2)若 1b  ， 1 2 π 3 FPF  ，求 1 2F PF 的面积． 答案第 1页，共 9页 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D D C B C B B AD ABC 题号 11 答案 AB 1．B 【分析】直接利用空间向量的基底概念判断选项即可. 【详解】    1 12 22 2b c a c a b          ，A错误. 设  2b c x a yc      ， , ,a b c   不共面，所以不存在 ,x y使其成立，故三个向量不共面，B正 确.  2 2 ,Ca b c a c b c           错误.  2 2 2 ,Da b c a c b          错误. 故选:B 2．D 【分析】根据双曲线的定义求解即可. 【详解】由 1 2 4PF PF  可知，点 P的轨迹是以 1 2,F F 为焦点的双曲线上支， 设双曲线的方程为   2 2 2 2 1 0 a y x y b    ，可知 3c  ， 2 4a  ， 所以 2a  ， 2 2 2 2 23 2 5b c a     ， 2 4a  ， 所以双曲线的方程为   2 2 1 0 4 5 y x y   . 故选：D. 3．D 【分析】根据投影向量的定义求解即可. 【详解】因为 (2, 3,0)a    ， (0,3,4)b   ， 所以 2 0 3 3 0 4 9a b           ， 0 9 16 5b      ， 则向量 a  在向量b  上的投影向量为： 9 9 (0,3,4) 5 27 360 5 5 , , 25 252 a b b b b b                     . 故选：D. 4．C 答案第 2页，共 9页 【分析】利用直线倾斜角求出斜率，然后根据一般式方程的斜率形式列方程求解即可. 【详解】因为直线 l的倾斜角为 3π 4 ，所以斜率 3πtan 1 4   k ， 所以 3 1 2 1 m m    ，解得 1 5 m  . 故选：C 5．B 【分析】根据空间向量的基本定理与应用即可求解. 【详解】因为 1 3 OM MA   ， N为 BC的中点， 所以  1 1 1 1 12 4 4 2 2MN ON OM OB OC OA a b c                  ， 又MN xa yb zc       ，则 1 4  x ， 1 2 y  ， 1 2 z  ， 所以 1 1 1 3 4 2 2 4 x y z      . 故选：B. 6．C 【分析】设  ,Q a b ，利用点关于线对称列方程求得 Q坐标，代入圆方程得出不等式计算即 可. 【详解】设点  0,2P 关于直线 1 0x y   对称的点  ,Q a b ，则 2 1 0 0 2 1 0 2 2 b a a b            ，解得 1, 1a b  . 因为  1,1Q 在C外，所以1 1 2 0m    ，可得 4m   且 2 2 2 0x y x m    表示圆可得 4 0 4 0m   ，即得 1m  综上可得 4 1m   . 故选：C. 7．B 【分析】A选项，把圆的一般方程化为标准方程，求出圆心坐标；B选项，把 P点坐标代入， 求出m的值，进而求出直线 PQ的钭率；C选项，求出CQ的长度，与半径相比，判断点与 圆的位置关系；D选项，由 B选项求出点Q在圆C外，M 是圆C上任一点，所以MQ的长 度满足 CQ r MQ CQ r    ，求出MQ的取值范围. 答案第 3页，共 9页 【详解】对于 A,将 2 2 4 14 45 0x y x y     化为 2 2( 2) ( 7) 8x y    , 所以圆心 C坐标为  2,7 ，,故 A正确； 对于 B，因为点  , 1P m m 在圆C上，所以  2 2( 1) 4 14 1 45 0m m m m       ， 所以 4m  ，即  4,5P .所以直线 PQ的斜为 1 3 ，故 B错误， 对于 C，因为    2,7 , 2,3C Q  两点之间的距离为 2 2( 2 2) (3 7) 4 2 2 2      , 所以点Q在圆C外，故 C正确； 对于 D，因为圆心  2.7C ，半径 2 2, 4 2r CQ  ，所以 CQ r MQ CQ r    ， 即 2 2 6 2MQ  ，故 D正确. 故选：B. 8．B 【分析】利用点差法求得 ,a b关系，再利用椭圆的离心率公式可得答案. 【详解】设 ,A B两点坐标分别为    1 1 2 2, , ,x y x y ，因为且 AB的中点为 11, 2 M      ， 所以 1 2 1 2 11, 2 2 2 x x y y     ，因为    1 1 2 2, , ,A x y B x y 在椭圆C上， 所以 2 2 1 1 2 2 1 x y a b   ① 2 2 2 2 2 2 1 x y a b   ， 两式相减，得      2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 21 12 2 2 2 2 2 2 0 x x x x y y y yx yx y a b a b          ， 根据 1 2 1 2 11, 2 2 2 x x y y     ，上式可化简为  1 2 1 2 2 2 2 0 x x y y a b      ， 整理得 2 1 2 2 1 2 2y y b x x a    ，又 1 2 1 2 1 2 y y k x x     ，所以 2 2 2 1 2 b a  ，即 2 2 1 4 b a  ， 所以 2 2 2 2 2 31 2 c a b be a a a       . 故选：B. 9．AD 【分析】根据含参直线方程求定点坐标判断A项；根据圆的一般方程与标准方程的互化判 断B项；根据直线所过定点在圆内，知直线与圆必相交判断C项；当直线 l与过定点和圆心 的直线垂直时， l被C截得的弦长最小，从而计算弦长最小值可判断D项. 【详解】对于A， ( 2) 2 1 0m x y m     可变形为 ( 2) 2 1 0x m x y     ， 答案第 4页，共 9页 由 2 0, 2 1 0, x x y       得 2, 3, x y    所以直线 l过定点 (2,3)，故A正确； 对于B，圆 2 2: 6 4 4 0C x y x y     ，化为标准方程为    2 23 2 9x y    ，所以圆C的 半径为3，故B错误； 对于C，因为    2 22 3 3 2 9    ，所以点 (2,3)在圆C内部，所以直线 l与C不可能相切， 故C错误； 对于D，设直线 l所过定点为 P，则当直线 l PC 时，直线 l被C截得的弦长最小. 因为圆心  3,2C ，所以 3 2 1 2 3PC k     ，所以直线 l的斜率 2 1lk m   ，解得 1m  ， 此时直线 1 0：   l x y . 因为圆心到直线 l的距离 3 2 1 2 1 1 d      ，所以弦长 2 9 2 2 7  ，故D正确. 故选：AD . 10．ABC 【分析】根据题意，利用向量的数量积的坐标运算公式，以及向量的夹角公式和平面的法向 量的定义，逐项判定，即可求解. 【详解】由向量      2, 1, 4 , 4,2,0 , 1,2, 1AB AD AP          ， 对于 A中，由        2 1 1 2 4 1 0AB AP              ，得 AP AB   ，即 AP AB，所以 A正确： 对于 B中，由 2 2 2 2 2 4 2 2 ( 1) 0 ( 4) 105cos , 354 2 ( 1) 2 4 AB ADAB AD AB AD                       ，所以 B正确； 对于 C中，由    1 4 2 2 1 0 0AP AD            ，得 AP AD   ，又由 A知 AP AB   ， 且 AB AD D  且都在面 ABCD，所以向量 AP  是平面 ABCD的一个法向量，所以 C正确： 对于 D中，由 AP  是平面 ABCD的法向量，且 BD 平面 ABCD，易知 AP BD   ，所以 D错 误. 故选：ABC. 11．AB 【分析】对于选项 A,根据椭圆的几何性质可得答案.对于选项 B,问题等价于以 1 2F F 为直径的 圆与椭圆C是否有交点,求出圆的方程与椭圆方程联立,对于选项 C,通过弦长公式得答案.对 答案第 5页，共 9页 于选项 D,分析面积表达式可得答案. 【详解】对于选项 A：因为椭圆的方程 2 2 1, 4 3 x y   ,所以 2 4a  ,即 2a  , 由椭圆的定义可得 1 2 1 22 4, 2 4,AF AF a BF BF a     ∣ ∣∣ ∣ ∣ ∣∣ ∣ 两式相加得 1 2 1 2 8AF AF BF BF   ∣ ∣∣ ∣∣ ∣∣ ∣ ,所以得 2 2 8AF BF AB  ∣ ∣∣ ∣∣ ∣ , 所以 2ABF△ 的周长为 8，故 A正确； 对于 B选项：  1 21 2 16 4 4 4 AF AF AF AF     ， 1 2 4AF AF  ，当且仅当 1 2AF AF 时相等， 此时 1 2 2AF AF  ，故 B选项正确. 对于选项 C:设直线 AB方程为 1x my  , 与椭圆方程联立得 2 2 1 1 4 3 x my x y       ,消去 x , 2 2(3 4) 6 9 0m y my    , 设 1 1 2 2( , ), ( , ),A x y B x y 又 2144( 1) 0m    ,则 1 2 2 6 3 4 my y m    , 1 2 2 9 3 4 y y m    . 故 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2( ) ( ) 1 ( ) 1AB x x y y m y y m         ∣ ∣ 2 2 2 2 2 1 2 1 2 2 2 2 2 12 1 12 12 4(3 4) 4 4( ) 4 1 4 3 4 3 4 3 4 3 4 m m my y y y m m m m m                   , 当 0m  时,即 AB垂直于 x时, AB∣ ∣最小为 3,故 C错误. 对于选项 D: 11, 2 1 1, 1 2ABC A A S y y         ,设  , 1A x  ， 将A代入椭圆方程， 2 1 1 4 3 x   ， 2 6 2 6, , 1 3 3 x A             .故 D错误. 故选：AB 12． 49 【分析】根据    2 24 3x y   几何意义为圆上的点  ,x y 与  4, 3 距离的平方，找出圆上的 与  4, 3 的最大值，再平方即可求解. 【详解】解：由题意知：设  ,p x y ，  4, 3A  ， 则  ,p x y 为圆 2 2 4x y  上的点， 圆 2 2 4x y  的圆心� 0,0 ,半径 2r  ， 答案第 6页，共 9页 则    2 24 3x y   表示圆上的点  ,p x y 与  4, 3A  距离的平方， 又因为    2 2max 4 0 3 0 2 7PA AO r         , 所以 2 2 max 7 49PA   ； 故    2 24 3x y   的最大值是 49 . 故答案为： 49 . 13． 7 【分析】利用空间向量数量积的运算法则计算即得. 【详解】单位向量 , ,a b c   两两夹角均为 60，则 11 1 cos60 2 a b b c c a                ， 所以 2 2 2 22 3 ( 2 3 ) 4 9 4 6 12a b c a b c a b c a b a c b c                            1 4 9 2 3 6 7       . 故答案为： 7 14．2. 【分析】先求出焦点坐标和渐近线方程，进而求出焦点到渐近线的距离即可. 【详解】由题意， 5 4 3c    ，渐近线方程为： 2 5 0x y  ，焦点  3,0 到渐近线 2 5 0x y  的距离为：  | 2 3 0 | 2 4 5      . 故答案为：2. 15． 2 2 1 10 6 x y   ． 【分析】利用两点距离公式及点到直线的距离公式计算即可. 【详解】设点 P的坐标为  ,x y ， 由题意，得    2 22 0 10 5 5 x y x      ， 左、右平方，得 2 2 2 4 4 2 10 25 5 x x y x x       ， 整理，得 2 2 1 10 6 x y   ， 答案第 7页，共 9页 所以点 M的轨迹方程为 2 2 1 10 6 x y   ． 16．(1)证明见解析 (2) 1 2 (3) 2 【分析】（1）由线线平行得到线面平行即可证明； （2）由线面垂直得到线线垂直，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量， 由线面角的夹角向量公式求出直线 BD平面 PCD夹角的正弦值； （3）在（2）基础上，由点到平面距离向量公式求出答案. 【详解】（1）因为底面 ABCD为正方形，所以 / /AD BC， 因为 AD平面 PBC ， BC 平面 PBC ， 所以 / /AD 平面 PBC ； （2）因为 PA 平面 ABCD， ,AB AD 平面 ABCD， 所以 ,PA AB PA AD  ， 以A为坐标原点， , ,AB AD AP所在直线分别为 , ,x y z轴，建立空间直角坐标系，        2,0,0 , 0,2,0 , 0,0,2 , 2,2,0B D P C ， 设平面 PCD的法向量为� = �, �, � ， 则         , , 2,2, 2 2 2 2 0 , , 0,2, 2 2 2 0 m PC x y z x y z m PD x y z y z                    ， 令 1y  ，则 1, 0z x  ，则  0,1,1m  ， 直线 BD平面 PCD夹角的正弦值为    2, 2,0 0,1,1 1cos , 24 4 1 1 BD m BD m BD m               ； （3）由（2）知，平面 PCD的法向量为  0,1,1m  ， 答案第 8页，共 9页 点 B到平面 PCD的距离为    0,2,0 0,1,1 2 2 1 1 2 BC m m          . 17．(1) 2 2( 3) ( 2) 25x y    (2) 2x   或 8 3115 15y x  . 【分析】（1）先设圆的标准方程，再代入点的坐标及圆心在直线上即可求参； （2）设直线方程，利用直线与圆的位置关系计算即可求解. 【详解】（1）设圆的标准方程为 2 2 2( ) ( )x a y b r    ， 因为圆经过 ( 1,1)A  和点 ( 2, 2)B   ，且圆心在直线 : 1 0l x y   上， 所以 2 2 2 2 2 2 ( 1 ) (1 ) ( 2 ) ( 2 ) 1 0 a b r a b r a b                  ，解得： 3 2 5 a b r       ， 所以圆的标准方程为 2 2( 3) ( 2) 25x y    . （2）当直线 l的斜率不存在时， : 2l x   ，此时圆心到直线的距离为 5，等于半径，故满足 题意； 当直线 l的斜率存在时，设 : 1 ( 2)l y k x   ，即 2 1 0kx y k    ， 则点 (3, 2)C  到直线 l的距离为圆C的半径， 即 2 3 2 2 1 5 1 k k d k       ，解得 8 15 k  ，此时 8 31: 15 15l y x  . 综上，直线 l的方程为 2x   或 8 3115 15y x  . 18．(1) 2 2 1 2 x y  (2) 3 【分析】（1）根据条件列方程 2 2 2 2 4 1 1 3 a b a b        ，求出 2 2 2 1 a b     即可得出答案； （2）设 1 2,PF m PF n  ，利用双曲线的定义，结合余弦定理，求得 4mn  ，再由 1 2 1 sin 2 S mn FPF  求解 【详解】（1）椭圆 2 2 1 4 x y  的焦点为  3,0 和  3,0 ， 所以双曲线�: � 2 �2 − � 2 �2 = 1 � > 0, � > 0 的 3c  ，所以 2 2 2 3a b c   ， 答案第 9页，共 9页 又双曲线C过点  2,1Q ，所以 2 2 4 1 1 a b   ， 由 2 2 2 2 4 1 1 3 a b a b        ，解得 2 2 2 1 a b     ， 双曲线的标准方程为 2 2 1 2 x y  （2）设 1 2,PF m PF n  ，由双曲线的定义可得 2m n a  ， 在 2PFF△ 中，由余弦定理， 得  22 2 2 2 2 21 24 2 cos 4c m n mn F PF m n mn m n mn a mn            ， 所以 2 2 24 4 4 4mn c a b    ， 则 1 2F PF 的面积 1 2 1 si 1 34 3n 2 2 2 S mn F PF     ，