2026-2027学年广东省多校高二（上）第一次教学质量检测数学试卷（A卷）（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2026-2027学年广东省多校高二（上）第一次教学质量检测数学试卷（A卷）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.已知点A(3,1)，B(33,3)A.60° B.30° C.120° D.150°2.与直线3x+4y+5=0关于y轴对称的直线方程为(

)A.3x+4y−5=0 B.3x+4y+5=0 C.3x−4y+5=0 D.3x−4y−5=03.在空间直角坐标系中，直线l的方向向量为s=(1,1,−b)，平面α的一个法向量为n=(1,2,3)，若直线l与平面α平行，则b=(

)A.−1 B.1 C.2 D.34.圆C1：x2+yA.1 B.2 C.3 D.45.若点P1,1为圆x2+y2−A.2x+y−3=0 B.x−2y+1=0 C.x+2y−3=0 D.2x−y−1=06.在中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体的上、下底面平行，且均为扇环形(扇环是指圆环被扇形截得的部分).现有一个如图所示的曲池，它的高为2，AA1，BB1，CC1，DD1均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为1和2，对应的圆心角为90°，则图中异面直线A.45

B.35

C.347.实数x，y满足x2+y2+2x−4y+1=0，则A.2 B.27 C.28.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M为棱AA1上的一点(不与点A1重合)，若平面A.π6 B.π4 C.π3二、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.已知直线l1：y=2x+1，l2：ax+y−a−1=0，则(

)A.l1在x轴的截距为12

B.l2过定点(1,1)

C.若l1//l2，则a=−2

D.若l1，l10.已知圆C：x2+y2=4，直线l：A.直线l恒过定点(3,0)

B.点P为圆C上一动点，则P到直线l距离的最大值为5

C.当t=12时，圆C上恰有两个点到直线l的距离都等于12

D.直线l上存在点P，使过点11.棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1的表面有点P，且满足APA.当x=1时，D1P+BP的最小值为5

B.当x=y时，有且仅有一点P满足DB1⊥A1P

C.当x+y=1时，有且仅有一点P到直线A1B三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.曲线(|x|−1)2+(|y|−1)2=213.平行四边形ABCD的四条边所在直线的方程分别为：l1：x−4y+5=0，l2：2x+y−8=0，l3：x−4y+14=0，l4：2x+y+1=0，则此平行四边形的面积是14.用3个圆可构成“卡通鼠”形象，如图：圆Q的圆心为Q(0,−3)且过原点O，圆心都在x轴上且半径都为2的圆L、圆S均与圆Q外切.若过点O的直线l截圆L、圆S、圆Q所得弦长均为d，则d=

．四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15.(本小题13分)

如图，棱长为1的正四面体OABC中，OA=a，OB=b，OC=c，点M满足OM=12MA，点N为BC中点．

(1)用a、b、c表示MN16.(本小题15分)

已知圆C经过A(3,0)，B(1,2)两点，且圆心在x轴上．

(1)求圆C的标准方程；

(2)过点P(−1,−1)作圆C的两条切线，切点分别为M，N，求|MN|的值．17.(本小题15分)

已知△ABC的顶点C(1,3)，边AC上的高BH所在直线的方程为x−2y+2=0，点(0,1)是边AB的中点．

(1)求B的坐标；

(2)求∠BAC的平分线所在直线的方程．18.(本小题17分)

如图，在四棱锥S−ABCD中，∠DAB=∠ADC=2∠ABD=2∠BCD=90°，CB=BD =22，SB=SD=6，平面SBD⊥平面SBC．

(1)求证：SD⊥BC；

(2)线段SD上是否存在点P，使平面ABP与平面SBD所成角大小为60°？若存在，找出点19.(本小题17分)

已知点A，B关于原点O对称，点A在直线x+y=0上，|AB|=2，⊙C过点A，B且与直线x+1=0相切，设圆心C的横坐标为a．

(1)求⊙C的半径；

(2)若a<2，已知点P(0,1)，点M，N在⊙C上，直线MN不经过点P，且直线PM，PN的斜率之和为−1，PD⊥MN，D是垂足，问：是否存在一定点Q，使得|DQ|为定值．

1.【答案】B

2.【答案】D

3.【答案】B

4.【答案】A

5.【答案】D

6.【答案】A

7.【答案】C

8.【答案】A

9.【答案】BCD

10.【答案】AD

11.【答案】ACD

12.【答案】2π

13.【答案】9

14.【答案】12515.【答案】MN=12b+16.【答案】(x−1)2+17.【答案】解：(1)对于边AC上的高BH所在直线的方程x−2y+2=0，

当x=0时，代入解得y=1，即点D(0,1)在直线BH上，

∵D是边AB的中点，点B在直线BH上，∴点A也在直线BH上，

点A与点H重合，故直线AB与直线AC垂直．

由x−2y+2=0可得kAB=12，则kAC=−1kAB=−2，

由C(1,3)得lAC：y−3=−2(x−1)，即y=−2x+5，

联立x−2y+2=0y=−2x+5，解得x=85y=95，则A(85,95)，

D为AB中点，则xB=2×0−85=−85yB=2×1−95=15，即B(−85,118.【答案】(1)证明：在平面SBD中，过D作DE⊥SB于E．

因为平面SBD⊥平面SBC，平面SBD∩平面SBC=SB，DE⊂平面SBD，

所以DE⊥平面SBC．

因为BC⊂平面SBC，

所以DE⊥BC．

因为∠DAB=∠ADC=2∠ABD=2∠BCD=90°，

所以∠ABD=∠BCD=45°，AB/​/CD，

所以∠CDB=∠ABD=45°，

所以∠CBD=90°，即BD⊥BC．

因为BD，DE⊂平面SBD，BD∩DE=D，

所以BC⊥平面SBD．

因为SD⊂平面SBD．

所以SD⊥BC．

(2)解：法1：以A为原点，AB方向为x轴，AD方向为y轴，建立空间直角坐标系．

由(1)得：AB=AD=BDcos45°=2，CD=BDcos45∘=4，

所以B(2,0,0)，D(0,2,0)，C(4,2,0)，所以BD=(−2,2,0)，AB=(2,0,0)．

取BD中点O，连接OA，OS，则O(1,1,0)，OB=12BD=2．

因为AB=AD=2，SB=SD=6，

所以OA⊥BD，OS⊥BD．

因为OS⊂平面SBD，BC⊥平面SBD，

所以BC⊥OS．

因为BD，BC⊂平面ABCD，且BD∩BC=B，

所以OS⊥平面ABCD．

因为OS=SB2−OB2=2，

所以S(1,1,2)，所以SD=(−1,1,−2)．

设SP=λSD=(−λ,λ,−2λ)，(0<λ<1)

则AP=SP+AS=(1−λ,1+λ,2−2λ)，

设平面ABP的法向量为m=(x,y,z)，

则有m⋅AB=0m⋅AP=0，即2x=0(1−λ)x+(1+λ)y+2(1−λ)z=0，

令y=2λ−2，可得x=0，z=1+λ则m=(0,2λ−2,1+λ)．

易知BC=(2,2,0)为平面SBD的其中一个法向量．

设平面ABP与平面SBD的夹角为θ，

则cosθ=|m⋅BC||m||BC|=|4λ−4|22(1+λ)2+(2−2λ)2=12，

解得λ=3(舍去)或13，

所以存在这样的点P，此时点P为SD靠近点S的三等分点．

法2：同法1可得OS⊥平面ABCD，OA=12BD=2．

因为OA⊂平面ABCD，

所以OS⊥OA，

所以AS=OS2+OA2=6．

同样设SP=λSD=6λ，(0<λ<1)19.【答案】(1)∵⊙C过点A，B，

∴C在AB的中垂线上，

∵点A在直线x+y=0上，且点A，B关于原点O对称，

∴C在直线x+y=0上，则点C的坐标为(a,a)，

∵⊙C与直线x+1=0相切，∴圆C的半径为|a+1|，

连接AC，由已知得|AO|=1，

又CO⊥AO，∴|a+1|2=(2a)2+1，解得a=0或a=2，

∴圆C的半径为r=1或r=3；

(2)由(1)及a<2，得a=0，则圆C的方程为x