2024-2025学年山东省滨州市北镇中学高二（上）第二次月考数学试卷（9月份）（含答案）

这是一份2024-2025学年山东省滨州市北镇中学高二（上）第二次月考数学试卷（9月份）（含答案），共10页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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.若a=(2,3,2)，b=(1,2,2)，c=(−1,2,2)，则(a−b)⋅c的值为( )
A. −1B. 0C. 1D. 2
2.已知命题p：方程x25−m+y2m−1=1表示焦点在y轴上的椭圆，则m的范围( )
A. 3b>0)的离心率为12，右顶点Q与C的上，下顶点所围成的三角形面积为2 3．
(1)求C的方程．
(2)不过点Q的动直线l与C交于A，B两点，直线QA与QB的斜率之积恒为14．
(i)证明：直线l过定点；
(ii)求△QAB面积的最大值．
参考答案
1.C
2.A
3.B
4.B
5.A
6.B
7.C
8.D
9.BCD
10.BCD
11.AC
12.2 3
13.60°
14.3
15.(1)证明：因为AB=AD=2，BD=2 2，
所以AB2+AD2=8=BD2，
所以AB⊥AD，
因为ABCD−A1B1C1D1为直四棱往，
所以A1A⊥AB，
因为A1A∩AD=A，A1A，AD⊂面ADD1A1，
所以AB⊥面ADD1A1，
因为A1B1/​/AB，
所以A1B1⊥面ADD1A1，
因为AD1⊂面ADD1A1，
所以A1B1⊥AD1．
(2)解：由(1)及题意知，AB，AD，A1A两两垂直，
建立如图所示的空间直角坐标系，
因为AB=AD=2，BD=2 2，BC=4，A1A=2．
所以A(0,0,0)，B(2,0,0)，B1(2,0,2)，C(2,4,0)，D1(0,2,2)，D(0,2,0)，
所以CB1=(0,−4,2)，CD1=(−2,−2,2)，BC=(0,4,0)，
设平面B1CD1的一个法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅CB1=0n⋅CD1=0，
即−4y+2z=0−2x−2y+2z=0，
令y=1，
解得x=1，z=2，
∴n=(1,1,2)，
所以点B到平面B1CD1的距离为d=|BC⋅n||n|=4 6=2 63．
16.解：(1)由已知可设圆心N(a,3a−2)，又由已知得|NA|=|NB|，
从而有 (a−3)2+(3a−2−1)2= (a+1)2+(3a−2−3)2，解得：a=2．
于是圆N的圆心N(2,4)，半径r= 10．
所以，圆N的方程为(x−2)2+(y−4)2=10．
(2)设M(x,y)，又点D是圆N：(x−2)2+(y−4)2=10上任意一点，
可设D(2+ 10csα,4+ 10sinα)．
∵F(4,0)，点M是线段FD的中点，
∴有x=4+2+ 10csα2，y=0+4+ 10sinα2，
消去参数α得：(x−3)2+(y−2)2=52．
故所求的轨迹方程为：(x−3)2+(y−2)2=52．
17.解：(1)由已知得c=1e=ca=12a2=b2+c2，解得a=2b= 3c=1，
所以C的方程为x24+y23=1．
(2)由题可知，若△OMN面积存在，则直线l的斜率不为0，

所以设直线l的方程为x=my+1，m显然存在，
M(x1,y1)，N(x2,y2)，
联立x24+y23=1,x=my+1,消去x得(3m2+4)y2+6my−9=0，
因为直线l过点F，所以Δ>0显然成立，
且y1+y2=−6m3m2+4,y1y2=−93m2+4，
因为S△OMN=12|OF|⋅|y1−y2|=12⋅ (y1+y2)2−4y1y2=12⋅ 144(m2+1)3m2+4=6 27，
化简得18m4−m2−17=0，
解得m2=1或m2=−1718(舍)，
所以直线l的方程为x+y−1=0或x−y−1=0．
18.解：(1)证明：因为在Rt△ABC中，∠C=90°，DE/​/BC，且BC⊥CD，
所以DE⊥CD，DE⊥AD，则折叠后，DE⊥A1D，
又A1D∩CD=D，A1D，CD⊂平面A1CD，
所以DE⊥平面A1CD，A1C⊂平面A1CD，
所以DE⊥A1C，
又已知A1C⊥CD，CD∩DE=D，且都在面BCDE内，
所以A1C⊥平面BCDE；
(2)由(1)，分别以CD，CB，CA1所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系C−xyz，

因为AD=2CD，故DE=23BC=2，
由几何关系可知，CD=2，A1D=4，A1C=2 3，
故C(0,0,0)，D(2,0,0)，E(2,2,0)，B(0,3,0)，A1(0,0,2 3)，M(1,0, 3)，
CM=(1,0, 3)，A1B=(0,3,−2 3)，A1E=(2,2,−2 3)，
设平面A1BE的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅A1B=3y−2 3z=0n⋅A1E=2x+2y−2 3z=0，
不妨令y=2，则z= 3，x=1，
所以n=(1,2, 3)，
设CM与平面A1BE所成角的大小为θ，
则有sinθ=|cs|=|CM⋅n||CM||n|=42×2 2= 22，
故θ=π4，
即CM与平面A1BE所成角的大小为π4；
(3)假设在线段AC上存在点N，使平面CBM与平面BMN成角余弦值为 34，
在空间直角坐标系中，BM=(1,−3, 3)，CM=(1,0, 3)，CA1=(0,0,2 3)，
设CN=λCA，则CN=(0,0,2 3λ)，BN=BC+CN=(0,−3,0)+(0,0.2 3λ)=(0,−3,2 3λ)，
设平面BMN的先向量为n2=(x2,y2,z2)，
则n2⋅BM=x2−3y2+ 3z=0n2⋅BN=−3y2+2 3λz2=0，
不妨令z2= 3，则y2=2λ，x2=6λ−3，
所以n2=(6λ−3,2λ, 3)，
设平面CBM的法向量为n3−=(x3,y3,z3)，
则n3⋅BM=x3−3y3+ 3z3=0n3⋅CM=x3+ 3z3=0，
不妨令z3= 3，则x3=−3，y3=0，
所以n−3=(−3,0, 3)，
若平面CBM与平面BMN成角余弦值为 34，
则满足cs=|n2⋅n3||n2||n3|=|9−18λ+3|2 3× 9(2λ−1)2+4λ2+3= 34，
化简得2λ2−3λ+1=0，
解得λ=1或12，
即CN=CA1或CN=12CA1，
故在线段A1C上存在这样的点N，使平面CBM与平面BMN成角余弦值为 34，此时CN的长度为 3或2 3．
19.(1)解：令椭圆C：x2a2+y2b2=1的半焦距为c，由离心率为12，得ca=12，
则a=2c,b= a2−c2= 3c，
由三角形面积为2 3，得ab=2 3，则c=1，a=2,b= 3，
∴C的方程是x24+y23=1；
(2)(i)证明：由(1)知，点Q(2,0)，
设直线l的方程为x=my+n，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
由x=my+n3x2+4y2=12，得(3m2+4)y2+6mny+3n2−12=0，
则y1+y2=−6mn3m2+4,y1y2=3n2−123m2+4，
直线QA与QB的斜率分别为kQA=y1x1−2，kQB=y2x2−2，
于是kQA⋅kQB=y1y2(my1+n−2)(my2+n−2)=y1y2m2y1y2+m(n−2)(y1+y2)+(n−2)2
=3n2−123m2+4m2⋅3n2−123m2+4−m(n−2)⋅6mn3m2+4+(n−2)2
=3n2−124n2−16n+16=14，整理得n2+2n−8=0，解得n=−4或n=2，
当n=2时，直线x=my+2过点Q，不符合题意，因此n=−4，
此时直线l：x=my−4恒过定点P(−4,0)；
(ii)解：由(i)知，y1+y2=24m3m2+4,y1y2=363m2+4，
则|y1−y2|= (y1+y2)2−4y1y2= 576m2(3m2+4)2−1443m2+4=12 m2−43m2+4，
因此△QAB的面积S△QAB=12|PQ||y1−y2|=36 m2−43( m2−4)2+16=363 m2−4+16 m2−4
≤368 3=3 32，当且仅当3 m2−4=16 m2−4，即m=±2 213时取等号，
故△QAB面积的最大值为3 32．