2024-2025学年安徽省安徽省县中联盟高二上学期10月月考数学B卷（含解析）

这是一份2024-2025学年安徽省安徽省县中联盟高二上学期10月月考数学B卷（含解析），共15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。
1.直线x+ 3y+2=0的倾斜角为( )
A. 150∘B. 120∘C. 60∘D. 30∘
2.已知圆C1:x2+(y−1)2= 1与圆C2:(x−2)2+y2=1，则C1与C2的位置关系为( )
A. 内切B. 相交C. 外切D. 外离
3.已知向量a=(1,m,−1)，b=(1,−1,1)，若(a+b)⊥b，则m=( )
A. 4B. 3C. 2D. 1
4.两平行直线mx−3y−2=0与4x−6y−7=0之间的距离为( )
A. 1326B. 1313C. 3 1326D. 5 1326
5.如图，已知A，B，C是边长为1的小正方形网格上不共线的三个格点，点P为平面ABC外一点，且==120∘，|AP|=3，若AO=AB+AC，则|OP|=( )
A. 4 2B. 35C. 6D. 37
6.已知曲线C:x2+y2=12(x>0)，过C上任意一点A向y轴引垂线，垂足为B，则线段AB的中点Q的轨迹方程为( )
A. x23+y212=1B. x212+y26=1
C. x23+y212=1(y>0)D. x23+y212=1(x>0)
7.过P(−3,2)作与圆C:x2+y2+4y+m=0相切的两条直线PA，PB，切点分别为A，B，且cs∠APB=2325，则m=( )
A. 3B. 2C. 1D. 0
8.在四面体ABCD中，AB=AC=AD=2，AB⊥平面ACD，∠CAD=60∘，点E，F分别为棱BC，AD上的点，且BE=3EC，AD=3FD，则直线AE与直线CF夹角的余弦值为( )
A. 3 7035B. 2 7035C. 7035D. 7070
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.已知椭圆C:9x2+5y2=45的两个焦点分别为F1，F2，P是C上任意一点，则( )
A. 长轴长为6B. 两个焦点的坐标分别为(−2,0)，(2,0)
C. |PF1|的最大值是5D. △PF1F2的周长为12
10.设m∈R，直线l的方程为(m−1)x+(m+1)y+2=0，则( )
A. 直线l过定点(1,1)
B. 若直线l在x轴上的截距为−2，则l在y轴上的截距为−23
C. 直线l与圆C:(x−1)2+y2=2相交
D. 点P(−1,0)到直线l的最大距离为 5
11.在坐标系Oθ−xyz(00)的左、右焦点，过点F1且倾斜角为60∘的直线与椭圆C交于A，B两点，若|AB|=3|F1B|，则椭圆C的离心率为 ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
已知三点O(0,0)，A(2,0)，B(−1,−1)，记△AOB的外接圆为⊙C.
(1)求⊙C的标准方程;
(2)若直线l:x−y−1=0与⊙C交于M，N两点，求△CMN的面积．
16.(本小题12分)
已知直线l过点P(2,4)，且与x轴，y轴分别交于点A(a,0)，B(0,b)．
(1)当b=2a时，求l的方程;
(2)若a>0，b>0，求当a+b取最小值时，l的方程．
17.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，AB⊥AD，CD⊥AD，AB=AD=PD=12CD=1，PA= 2，PC= 5，点Q为棱PC上一点．
(1)证明：PA⊥CD;
(2)当点Q为棱PC的中点时，求直线PB与平面BDQ所成角的正弦值;
(3)当二面角P−BD−Q的余弦值为3 1111时，求PQPC．
18.(本小题12分)
已知椭圆C经过点A(−2,0)与点B( 2, 22).
(1)求椭圆C的方程;
(2)若直线l与椭圆C交于异于A的M，N两点，且∠MAN=π2．
①证明：直线l过定点;
②求△AMN的面积的最大值．
19.(本小题12分)
在空间直角坐标系Oxyz中，定义：过点A(x0,y0,z0)，且方向向量为m=(a,b,c)(abc≠0)的直线的点方向式方程为x−x0a=y−y0b=z−z0c;过点A(x0,y0,z0)，且法向量为m=(a,b,c)(a2+b2+c2≠0)的平面的点法向式方程为a(x−x0)+b(y−y0)+c(z−z0)=0，将其整理为一般式方程为ax+by+cz−d=0，其中d=ax0+by0+cz0．
(1)求经过A(−1,2,4)，B(2,0,1)的直线的点方向式方程;
(2)已知平面α1:2x−3y+z−1=0，平面β1:x+y−2z+4=0，平面γ1:(m+1)x−(2m+3)y+(m+2)z−5=0，若α1∩β1=l，l⊄γ1，证明：l//γ1;
(3)已知斜三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面ABB1A1所在平面α2经过三点P(−4,0,0)，Q(−3,−1,1)，H(1,−5,−2)，侧面BCC1B1所在平面β2的一般式方程为y+z+4=0，侧面ACC1A1所在平面γ2的一般式方程为2x−my+(2m+1)z+1=0，求平面ABB1A1与平面ACC1A1的夹角大小．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查直线斜率与倾斜角的关系，属于简单题．
计算出直线斜率后由斜率与倾斜角的关系即可得解．
【解答】
解：由题意直线x+ 3y+2=0的斜率为k=−1 3=− 33，所以直线x+ 3y+2=0的倾斜角为150∘．
故选：A．
2.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查两圆之间的关系，掌握圆心距与半径的关系是解题的关键，属于基础题．
根据已知条件，结合圆心距与半径的关系，即可求解．
【解答】解：易知圆C1:x2+(y−1)2=1的圆心C1(0,1)，半径r1=1，
圆C2:(x−2)2+y2=1的圆心C2(2,0)，半径r2=1，
所以|C1C2|= 5>2=r1+r2，所以C1与C2外离．
故选D．
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查空间向量垂直的坐标表示，属于基础题．
利用向量垂直的坐标表示列出关系式，求解可得．
【解答】
解：因为(a+b)⊥b，
所以(a+b)⋅b=a⋅b+b2=1−m−1+3=0，解得m=3．
故选B．
4.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查两平行线间的距离公式的运用，属于基础题．
先由平行求出m，，然后代入两平行线间的距离公式即可得出答案．
【解答】
解：由题意知m4=−3−6≠−2−7，
所以m=2，则4x−6y−7=0化为2x−3y−72=0，
所以两平行直线2x−3y−2=0与4x−6y−7=0之间的距离为
d=|−2+72| 22+(−3)2=3 1326．
故选C．
5.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查空间向量的线性运算及数量积运算，考查运算求解能力，属于基础题．
易知|OP|2=(−AB−AC+AP)2，展开求解即可．
【解答】
解：因为AO=AB+AC，
所以OP=OA+AP=−AB−AC+AP，
则|OP|2=(−AB−AC+AP)2=AB2+AC2+AP2+2AB⋅AC−2AB⋅AP−2AP⋅AC
=22+32+32+0−2×2×3×(−12)−2×3×3×(−12)=37，
所以|OP|= 37．
6.【答案】D
【解析】【分析】本题主要考查与椭圆有关的轨迹问题，属于基础题．
设A(x0,y0)，x0>0，Q(x,y)，则B(0,y0)，
然后利用x=x02,y=y0,得到点A(x0,y0)，然后代入x2+y2=12(x>0)．
【解答】解：设A(x0,y0)，x0>0，Q(x,y)，则B(0,y0)，
由题意可知x=x02,y=y0,即x0=2x,y0=y.
将点A(x0,y0)代入x2+y2=12(x>0)，
得4x2+y2=12(x>0)，即x23+y212=1(x>0)．
故选D．
7.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查圆的标准方程，三角函数，属于中档题．
先求圆的标准方程，结合同角三角函数求解．
【解答】
圆C:x2+y2+4y+m=0化为标准方程C:x2+(y+2)2=4−m，
则圆心C(0,−2)，半径r= 4−m(−210，
所以t2−m2+4>0，设M(x1,y1)，N(x2,y2)，则y1+y2=−2mtt2+4，y1y2=m2−4t2+4．
因为∠MAN=π2，所以AM⋅AN=(x1+2)(x2+2)+y1y2=0，
即(ty1+m+2)(ty2+m+2)+y1y2=0，
所以(t2+1)y1y2+t(m+2)(y1+y2)+(m+2)2=0，
则(t2+1)⋅m2−4t2+4+t(m+2)(−2mtt2+4)+(m+2)2=0，
整理，得5m2+16m+12=0，解得m=−65(m=−2舍去)．
所以直线l的方程为x=ty−65，故直线l过定点(−65,0)．
②解：由 ①知m=−65，则y1+y2=12t5(t2+4)，y1y2=−6425(t2+4)，
直线l过定点(−65,0)，设为D，则|AD|=45，
所以△AMN的面积为S△AMN=12|AD|⋅|y1−y2|=25 (y1+y2)2−4y1y2=8 25t2+6425(t2+4)．
设u= 25t2+64，则u≥8，所以S△AMN=825×uu2−6425+4=8u+36u，
由函数y=u+36u在[8,+∞)上单调递增知u+36u≥8+92=252，
所以S△AMN≤8252=1625，当且仅当u=8，即t=0时等号成立，
故△AMN的面积的最大值为1625．
【解析】本题主要考查椭圆中的定点、定值、定直线问题、椭圆中三角形(四边形)的面积等，属于中档题．
(1)设椭圆C的方程为Ax2+By2=1(A>0,B>0,A≠B)，
然后利用4A=1,2A+12B=1,解得A=14，B=1；
(2) ①设直线MN的方程为x=ty+m，则m≠−2，
联立C与直线l的方程，得x24+y2=1,x=ty+m,消去x并整理，
得(t2+4)y2+2mty+m2−4=0，然后利用韦达定理和向量知识即可；
②解：由 ①知m=−65，则y1+y2=12t5(t2+4)，y1y2=−6425(t2+4)，
直线l过定点(−65,0)，设为D，则|AD|=45，
然后得到S△AMN=8 25t2+6425(t2+4).然后利用换元法和函数y=u+36u在[8,+∞)上单调递增即可．
19.【答案】(1)解：由A(−1,2,4)，B(2,0,1)得，直线AB的方向向量为m=AB=(3,−2,−3)，
故直线AB的点方向式方程为x+13=y−2−2=z−4−3
(2)证明：由平面α 1:2x−3y+z−1=0可知，平面α 1的法向量为m1=(2,−3,1)，
由平面β 1:x+ y−2z+4=0可知，平面β 1的法向量为m2=(1,1,−2)，
设交线l的方向向量为n=(x0,y0,z0)，则m1⋅n=0，m2⋅n=0，
即2x0−3y0+z0=0,x0+y0−2z0=0,令z0=1，解得x0=1，y0=1，故n=(1,1,1)，
又平面γ 1:(m+1)x−(2m+3)y+(m+2)z−5=0的法向量为m3=(m+1,−2m−3,m+2)，
m3⋅n=(m+1)×1−(2m+3)×1+(m+2)×1=0，因为l⊄γ 1，所以l//γ 1．
(3)解：设侧面ABB1A1所在平面α 2的法向量n1= (x1,y1,z1)，
因平面α 2经过三点P(−4,0,0)，Q(−3,−1,1)，H(1,−5,−2)，则PQ=(1,−1,1)，PH=(5,−5,−2)，
所以PQ⋅n1=0,PH⋅n1=0,即x1−y1+z1=0,5x1−5y1−2z1=0,令x1=1，解得y1=1，z1=0，
故平面α 2的法向量n1=(1,1,0)，平面β 2:y+z+4=0的法向量为n2=(0,1,1)，
由(2)可求得平面α 2与平面β 2的交线的方向向量为m4=(1,−1,1)
平面γ 2:2x−my+(2m+1)z+1=0的法向量为m5=(2,−m,2m+1)，
由m4⋅m5=(1,−1,1)⋅(2,−m,2m+1)=2+m+2m+1=0，解得m=−1，则m5=(2,1,−1)，
所以cs=n1⋅m5|n1|⋅|m5|=3 2× 6= 32，
故平面ABB1A1与平面ACC1A1夹角的大小为π6．
【解析】本题考查利用空间向量求平面与平面的夹角、线面平行的向量表示
(1)由A(−1,2,4)，B(2,0,1)得，直线AB的方向向量为m=AB=(3,−2,−3)，由点向式方程的定义即可求解；
(2)根据线面平行的向量表示进行证明即可；
(3)利用向量法进行证明即可。