2026-2027学年广东省惠州市惠阳区第一中学高中部高二（上）第一次质量检测数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2026-2027学年广东省惠州市惠阳区第一中学高中部高二（上）第一次质量检测数学试卷一、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.在正方体ABCD−A1B1C1A.AC1 B.BD C.BD2.夹在两条平行线l1：3x−4y=0与l2：3x−4y−20=0之间的圆的最大面积为(

)A.2π B.4π C.8π D.16π3.圆C1：x2+yA.1 B.2 C.3 D.44.已知A(−2,0)，B(4,a)两点到直线l：3x−4y+1=0的距离相等，则a=(

)A.2 B.92 C.2或−8 D.2或5.已知直线y=kx+2与圆C：x2+y2=2交于A，B两点，且|AB|=2A.33 B.±33 6.已知{a,b,c}A.b，a−c B.b+c，a+c

C.c，7.当点M(2,−3)到直线(4m−1)x−(m−1)y+2m+1=0的距离取得最大值时，m=(

)A.2 B.47 C.−2 D.8.已知圆C：x2+y2−2x−4y−4=0，P为直线l：x+y+2=0上一点，过点P作圆C的两条切线，切点分别为A和B，当四边形PACB的面积最小时，直线A.5x+5y+3=0 B.5x−5y+3=0 C.5x+5y−3=0 D.5x−5y−3=0二、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：ax+3y+4=0，l2：x+(a−2)y+a2A.若a=1，则l1的一个方向向量为(3,−1)

B.若l1//l2，则a=−1或a=3

C.若l1⊥10.已知空间中三点A(0,1,1)，B(2,2,1)，C(2,1,0)，则(

)A.|AC|=5

B.CB方向上的单位向量是(0,12,32)

C.11.如图，在多面体ABCDES中，SA⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，且DE//SA，SA=AB=2DE=2，M，N分别是线段BC，SB的中点，Q是线段DC上的一个动点(含端点D，C)，则下列说法正确的是(

)A.存在点Q，使得NQ⊥SB

B.存在点Q，使得异面直线NQ与SA所成的角为60°

C.三棱锥Q−AMN体积的最大值是23

D.当点Q自D向C处运动时，直线DC与平面QMN三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.设空间向量a=(2,−1,y)，b=(x,2,−4)，若a//b，则|a+13.过点M(2,2)的直线与圆x2+(y−1)2=5相切，该切线方程是14.我们知道距离是衡量两点之间的远近程度的一个概念．数学中根据不同定义有好多种距离．平面上，欧几里得距离是A(x1,y1)与B(x2,y2)两点间的直线距离，即dAB=(x1−x2)2四、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)

(1)圆心C在x轴上，且圆经过点A(7,3)、B(6,4)，求该圆的方程；

(2)三角形ABC的三个顶点A(0,0)，B(4,0)，C(−1,1)，求该三角形外接圆的方程．16.(本小题15分)

如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为BB1的中点．

(1)求A1A17.(本小题15分)

如图，在平行六面体ABCD−A′B′C′D′中，AB=AA′=4，AD=2，∠BAD=∠BAA′=∠DAA′=60°．

(1)求线段AC′的长；

(2)求△AC′C的面积．18.(本小题17分)

如图，在三棱锥A−BCD中，△ABD是边长为2的等边三角形，E为BD的中点，BC=2，AC=2，∠DBC=45°．

(1)证明：AE⊥BC；

(2)若点F在棱CD上，二面角D−AB−F的正切值为2319.(本小题17分)

古希腊数学家阿波罗尼奥斯的著作《圆锥曲线论》中给出圆的另一种定义：平面内，到两个定点距离之比值为常数λ(λ>0,λ≠1)的点的轨迹是圆，我们称之为阿波罗尼奥斯圆.已知点P到A(−2,0)的距离是点P到B(1,0)的距离的2倍．

(1)求点P的轨迹方程；

(2)若点P与点Q关于点B对称，过点(−3,2)作Q的轨迹的切线，求切线方程；

(3)若过B的直线与第二问中Q的轨迹交于E，F两点，试问在x轴上是否存在点M(m,0)，使ME⋅MF恒为定值？若存在，求出点M的坐标和定值；若不存在，请说明理由．

1.【答案】C

2.【答案】B

3.【答案】A

4.【答案】D

5.【答案】D

6.【答案】C

7.【答案】C

8.【答案】A

9.【答案】AC

10.【答案】AD

11.【答案】ACD

12.【答案】3

13.【答案】2x+y−6=0．

14.【答案】6

15.【答案】解：(1)设圆心为C(a,0)，

由|AC|=|BC|=r，可得(7−a)2+32=(6−a)2+42，解得a=3，

所以圆心为C(3,0)，半径r=(7−3)2+(3−0)2=5，

可得圆C的方程为(x−3)2+y2=25；16.【答案】解：以A为原点，分别以AD、AB、AA1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，

由正方体棱长为2可得各点坐标：A(0,0,0)，D1(2,0,2)，E(0,2,1)，C1(2,2,2)，A1(0,0,2)，

所以直线A1A的方向向量为AA1=(0,0,2)；

(1)设平面AD1E的法向量为n=(x,y,z)，

因为AD1=(2,0,2)，AE=(0,2,1)，

所以n⋅AD1=2x+2z=0n⋅AE=2y+z=0，令z=−2，解得x=2，y=1，即n=(2,1,−2)，

所以|n|=22+12+(−2)17.【答案】解：(1)记a=AB，b=AD，c=AA′，由题|a|=4，|b|=2，|c|=4夹角都为60°，

则AC′=AB+AD+AA′=a+b+c，

a⋅b=|a||b|cos60°=4×2×12=4，a⋅c=|a18.【答案】解：(1)证明：∵△ABD是边长为2的等边三角形，E为BD的中点，

∴AE⊥BD，

在Rt△ABE中，AB=2，BE=1，

AE=AB2−BE2=4−1=3，

在△BEC中，BC=2，∠DBC=45°，

由余弦定理有，EC2=BE2+BC2−2BE⋅BC⋅cos45°=1+2−2×1×2×22=1，

∴AE2+EC2=(3)2+12=4=22=AC2，

∴AE⊥CE，

∵BD∩CE=E，BD⊂平面BCD，CE⊂平面BCD，

∴AE⊥平面BCD，

∵BC⊂平面BCD，

∴AE⊥BC．

(2)在△BEC中，BE=1，CE=1，BC=2，BE2+CE2=BC2，故CE⊥BD，

以E为原点，EC，ED，EA所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系，

E(0,0,0)，B(0,−1,0)，C(1,0,0)，D(0,1,0)，A(0,0,3)，

CD=(−1,1,0)，AB=(0,−1,−19.【答案】解：(1)设点P(x,y)，

由题意得，[x−(−2)]2+y2=2(x−1)2+y2，

即(x+2)2+y2=4[(x−1)2+y2]，

解得x2+y2−4x=0，

即(x−2)2+y2=4．

(