广西“贵百河—武鸣高中”2024-2025学年高二上学期11月期中考试数学试卷（PDF版附解析）

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这是一份广西“贵百河—武鸣高中”2024-2025学年高二上学期11月期中考试数学试卷（PDF版附解析），文件包含数学2023级“贵百河武鸣高中”11月高二月考参考答案docx、学习资料_数学pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共14页，欢迎下载使用。

一、单项选择题（本大题共8题，每小题5分，共计40分。每小题列出的四个选项中只有一项是最符合题目要求的）
1.已知直线l过原点且与直线7x+3y−1=0垂直，求直线l一个方向向量是（）
A.(−7，3) B. (3，−7) C.(3，7) D.(7，3)
解：由题可知，直线l过原点(0，0)与直线7x+3y−1=0垂直，则直线l的斜率为37，所以直线l的方程为3x−7y=0，故其中一个方向向量n=(7，3).【答案】D
2.设向量a=(3,2,m)，b=(−1,2,1)，若a⊥b，则m=（）
A．2 B．1 C．−1 D．−2
【答案】C
【详解】因为a⊥b，可得a∙b=−3+4+m=0,解之可得m=−1.故选：C
3.已知点A(2,−1,0)，B(1,−1,−1)，向量a=(12,1,1)，求向量BA与a夹角的余弦值（）
A.−2 B. 22 C.12 D. −22
解：由题可知点BA=(1,0,1)，所以cs=BA∙aBA∙a=12+12×94=22 ，故选B.
4.设直线的方程为3csθ∙x−y+7=0θ∈R，则直线l的倾斜角α的取值范围（）
A.0，π3 B.π3，2π3 C.−∞，π3∪2π3，π D.0，π3∪2π3，π
解：根据题意，直线的斜率为k=3csθ∈−3,3，由此得tanα∈−3,3；又因为α∈0，π，所以结合正切函数的单调性，可得α∈0，π3∪2π3，π,故选D．
5.2024年10月22日，我国在太原卫星发射中心使用长征六号运载火箭，成功将天平三号A(01)、B(01)、B(02)卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功。该卫星主要用于地面雷达设备标校和RCS测量，为地面光学设备成像试验和低轨空间环境探测监视试验提供支持，为大气空间环境测量和轨道预报模型修正提供服务。假设天平三号A(01)卫星运动的轨道是以地球的球心为一个焦点的椭圆，已知地球的直径约为1.3万千米，卫星运动至近地点距离地球表面高度约1.35万千米，运动至远地点距离地球表面高度约3.35万千米,求天平三号A(01)卫星运行的轨迹方程可为（）
A.x29+y28=1 B.x29+y216=1 +y23.352=1 +y21.22=1
解：根据椭圆的定义，设长轴长为2a，焦距为2c；由题可知，1.35+1.3+3.35=2a，则a =3万千米；因为天平三号A(01)卫星，运动至近地点距离地球表面高度约1.35万千米，地球半径为r=0.65万千米，因此a−c=2,则c=1万千米；因此b2=a2−c2=32−12=8；所以椭圆的方程为
x29+y28=1.答案：A.
6.如右图，在直三棱柱ABC−A'B'C'中，∠ABC=90°，AB=BC=BB'=1，E、F分别为A'B'，AB的中点，则直线FC到平面AEC'的距离为（）
A.22 B.66 C.−66 D.−32
解：在直三棱柱ABC−A'B'C'中，∠ABC=90°，如图所示，建立空间直角坐标系，
因为AB=BC=BB'=1，E、F分别为A'B'，AB的中点，则A(0,1,1)，B(0,0,1)，E(0,12,0)，F(0,12,1)，C'(1,0,0)，所以AE=(0,−12,−1)，EC'=(1,−12,0)，AF=(0,−12,0)
设平面AEC'的法向量为n=(x,y,z)，则n∙AE=0；n∙EC'=0.
即−12y−z=0；x−12y=0.取z=−1，则y=2，x=1.
所以n=(1,2,−1)是平面AEC'的一个法向量.又因为AF=(0,−12,0)，
所以点F到平面AEC'的距离为AF∙nn=0+(−1)+06=66 .答案：B.
7.若双曲线y2n2−x22=1(n>0)的渐近线与已知圆O:x2+y2−4y+3=0相切，则n=（）
A．6B．3C．2D．1
【答案】A 双曲线y2n2−x22=1(n>0)的渐近线为y=±nx2，即nx±2y=0，
不妨取nx+2y=0，圆x2+y2−4y+3=0，即x2+y−22=1，所以圆心为0,2，半径r=1，
依题意圆心0,2到渐近线nx±2y=0的距离d=22n2+2=1，
解得n=6或n=−6（舍去）．故答案为：n=6.
8.设λ∈R，过定点M的动直线λx+y=0和过定点N的动直线x−λy+λ+3=0交于点Q(x，y)，则QM+QN的最大值是（）
A．5B．25C．10D．210
【答案】B
【详解】对于动直线λx+y=0可知其过定点M(0，0)，动直线x−λy+λ+3=0，
即x+3−λ(y−1)=0，可知其过定点N(−3，1)，且1×λ+λ×(−1)=0，
因此两条动直线相互垂直，可知点Q的轨迹是以MN为直径的圆，且MN=10，
若点Q与M或N重合，则QN+QM=0+MN=10；
若点Q与M，N不重合，设∠QMN=θ∈(0,π2)，则QM=10csθ,QN=10sinθ,
可得QM+QN=10csθ+10sinθ=25sin(θ+π4)，
因为θ∈(0,π2)，则θ+π4∈(π4,3π4),可得sin(θ+π4)∈(22,1],
所以当sin(θ+π4)=1时，QM+QN有最大值，即最大值为25.
二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9．直线的方向向量为a，平面α的法向量n，则下列命题为真命题的是（）
A．若a⊥n，则直线l//平面α
B．若a//n，则直线l⊥平面α
C．若cs=12，则直线与平面所成角的大小为π3
D．若sin=12，则直线与平面所成角的大小为π3
【答案】BD
【详解】对于A，若a⊥n，则l//平面α或l⊂平面α，A错；
对于B，若a//n，则l⊥平面α，B对；
对于C，若cs=12，则直线l与平面α所成角的大小为π6，C错；
对于D，若sin=12，则cs=32，则平则直线l与平面α所成角的大小为π3，D对.
已知圆C:(x−2)2+(y−1)2=36，直线2x+(m+1)y−3m+1=0，则（）
A．当m=1时，圆C上恰有两个点到直线l的距离等于1
B．圆C与圆x2+y2+12x+10y+45=0恰有三条公切线
C．直线l恒过定点(−2，3)
D．直线l与圆C有两个交点
【答案】BCD
【详解】对于A，当m=1时，直线l:x+y−1=0，圆心C(2，1)到直线l的距离为d=2+1−12=2，
而圆C半径为6，因此只有4个点到直线l的距离等于1，A错误；
对于B，圆x2+y2+12x+10y+45=0的方程化为(x+6)2+(y+5)2=16，
其圆心为(−6，−5)，半径为4，两圆的圆心距为d'=(2+6)2+(1+5)2=10=6+4，
两圆外切，因此它们有三条公切线，B正确.
对于C，直线l的方程为2x+y+1+m(y−3)=0，由y−3=02x+y+1，x=−2y=3，直线l恒过定点
(−2，3)，C正确；
对于D，(−2−2)2+(3−1)2=20<36，即定点(−2，3)在圆C内，则直线l与圆C相交且有两个交点，D正确；
11．已知方程mx2+y2=1表示的曲线为E，则（）
A．当0B．当m>1时，曲线E为焦点在x轴上的椭圆
C．当−1D．当m<−1时，曲线E为焦点在y轴上的双曲线
【答案】ACD
【详解】
对于A，根据题意知mx2+y2=1，可化为x21m+y2=1，当01，曲线E为焦点在x轴上的椭圆，故A正确；
对于B，根据题意知mx2+y2=1，可化为x21m+y2=1，当m>1时，0<1m<1，曲线E为焦点在y轴上的椭圆，故B错误；
对于C，根据题意知mx2+y2=1，可化为y2−x2− 1m=1，当−11，曲线E为焦点在y轴上的双曲线，故C正确；
对于D，根据题意知mx2+y2=1，可化为y2−x2− 1m=1，当m<−1时，则0<−1m<1，
曲线E为焦点在y轴上的双曲线，故D正确.
故选：ACD
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12.过抛物线y2=2px(p>0)的焦点F的直线y=−3x−1交于A，B两点，则抛物线的方程为____．
答案：y2=4x.
【详解】直线y=−3x−1过点1,0，所以抛物线C:y2=2pxp>0的焦点F1,0，
所以p2=1,p=2，2p=4，故抛物线的方程为y2=4x.
13.如图，已知E、F分别是四面体ABCD的棱AD、BC的中点，点G在线段EF上，且EG=2GF，设向量AB=a，AC=b，AD=c，则AG= (用{a,b,c}表示)
【答案】13a+13b+16c．
【详解】AG=AF+FG，AF=12(AB+AC)，FG=13FE，FE=AE−AF，AE=12AD．
∴ AG=AF+FG =AF+13FE =AF+13(AE−AF) =23AF+13AE
=23×12(AB+AC)+13×12AD =13AB+13AC+16AD =13a+13b+16c．
14.已知点A−1,0,B3,0，若圆x−m−12+y−m+22=1上存在点P满足PA⋅PB=5，则实数m的取值范围是 .
【答案】1−7≤m≤0或2≤m≤1+7.
【详解】设Px,y，则PA=−1−x,−y，PB=3−x,−y，
故PA⋅PB=5即为x2+y2−2x−3=5即(x−1)2+y2=9，
因为P也在圆x−m−12+y−m+22=1上，
故3−12≤m2+m−22≤3+12，整理得到：m2−2m≥0m2−2m−6≤0，
解得1−7≤m≤0或2≤m≤1+7.
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.（13分）2024年7月11日是郑和下西洋620周年纪念日，也是第20个中国航天日。设立“航
第15题图
海日”对于我国开发海洋、维护海权、加强海防、实现建
设航天强国和海洋强国的目的，有着十分深远的战略意义。
在某次任务中，为了保证南沙群岛附近海域航行的安全，
我国航海部门在南沙群岛的中心岛屿O正西与正北两个方
向，分别设立了观测站A、B，它们与南沙群岛中心岛屿O
的距离分别为15海里和a(a>0）海里。某时段，为了检
测观察的实际范围（即安全预警区），派出一艘观察船M，始终要求巡视行驶过程中观察船M
的位置到观测站A的距离与南沙群岛中心岛屿O的距离之商为4.
（1）求小船M的运动轨迹方程；
（2）为了探查更远的范围，航海部门又安排一艘巡艇，从观测站A出发，往观测站B方向直线
行驶，规定巡艇不进入预警区，求a的取值范围.
【详解】（1）根据已知条件设以O为坐标原点，AO，OB为x,y轴的正方向，建立平面直角坐标系，根据已知条件设Mx,y且A(−15，0)，O(0，0)，
由MAMO=4有(x+15)2+y2=4x2+y2，
(x+15)2+y2=16(x2+y2)，
=x2+30x+225+y2=16x2+16y2；
∴15x2+15y2−30x−225=0,
即x2+y2−2x−15=0，
整理得(x−1)2+y2=16，它是以(1，0)为圆心，4为半径的圆．
所以小船M的运动的轨迹方程为：(x−1)2+y2=16．
（2）由（1）可知A(−15，0)，B(0，a)过AB的直线不过坐标原点且不与坐标轴垂直，所以直线AB截距式方程为x−15+ya=1(a>0)，化为一般式方程为ax−15y+15a=0(a>0)，
根据题意，a−0+15aa2+152>4，解得a>15，所以综上可知a的取值范围为a>15．
16.（15分）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0）的左、右焦点分别为F1、F2，P为椭圆C上一点.
（1）若焦距为42，点P的坐标为（−3，1)，求椭圆C的标准方程；
（2）若∠F1PF2=π3且，长轴长为26，∆F1PF2的面积为32，求b的值.
【详解】（1）已知F1F2=42，因为F1F2=2c，所以c=22.
点P(−3，1)在椭圆上，将其带入椭圆的x2a2+y2b2=1(a>b>0)，
可得(−3)2a2+12b2=1，即9a2+1b2=1.①
又因为c2=a2−b2，即a2−b2=8，②
联立①②，整理得b4−2b2−8=0，解得b2=4或−2（舍去）.
所以a2=b2+c2=4+8=12.
故椭圆C的标准方程为x212+y24=1.
（2）因为∠F1PF2=π3，所以∆F1PF2的面积S=12PF1PF2sinπ3=32，则PF1PF2=2.
因为长轴长为2a=26，即a=6，根据椭圆定义，PF1+PF2=26.
有(PF1+PF2)2=24，即PF12+PF22+2PF1PF2=24③
由余弦定理可得F1F22=PF12+PF22−2PF1PF2csπ3，
整理得 F1F22=PF12+PF22−PF1PF2 ④
联立③④得：F1F22−24=−3PF1PF2，即F1F22=18，则F1F2=32，所以c=322，
在椭圆中有b2=a2−c2，即b2=(6)2−(322)2，解得b=62.
17．（15分）如图，已知在四棱锥S−ABCD中，平面SAD⊥平面ABCD，在四边形ABCD中，AB//DC,
∠BAD=90°，在∆SAD中，SA=SD=5，AB=AD=12CD=2，点E是棱SC上靠近S端的三等分点.
(1)证明：SA//平面BDE；
(2)求平面BDE与平面SBC夹角的余弦值.
【详解】（1）取AD中点O，连接SO，过O点作OM//AB，交BC于点M，
由题可知，在∆SAD中，SA=SD=5，AD=2，
所以SO=2，OA=OD=1，且SO⊥AD，
因为AB=AD=12CD=2，即CD=4，
又因为平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD=AD，所以SO⊥平面ABCD.
在四边形ABCD中，AB//DC， ∠BAD=90°，所以AB⊥AD，且OM//AB，则OM⊥AD，
以点O为坐标原点，OA，OM，OS分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A1,0,0,B1,2,0,C−1,4,0,D(−1,0,0),S0,0,2,H0,0,1，
SC=(−1,4,−2),点E是棱SC上靠近S端的三等分点
∴SE=13SC=13(−1,4,−2)=(−13,43,−23)
因此E−13,43,43.
DB=(2,2,0),DE=(23,43,43)，
设平面BDE的一个法向量为m=(x,y,z)，
则m∙DB=0m∙DE=0，即x+y=023x+43y+43z=0，
令x=1，得y=−1,z=12,则m=(1,−1,12).
又SA=(1,0,−2)，可得SA∙m=0，因为SA⊄平面BDE，
所以SA//平面BDE.
（2）由（1）易知BC=(−2,2,0),SC=(−1,4,−2)，设平面SBC的一个法向量为n=(a,b,c)，
则n∙BC=0n∙SC=0，即−2a+2b=0−a+4b−2c=0，令a=2，得b=2,c=3,则n=(2,2,3).
设平面BDE与平面SBC的夹角为α，
则csα=cs=3232∙17=1717.
故平面BDE与平面SBC的夹角的余弦值为1717.
18．（17分）已知点N的坐标为−1,2，过点N的直线l与抛物线C：x2=2py(p>0)交于A、B两点，且OA∙OB=0，连接ON，直线l斜率与直线ON的斜率之积为−2.
（1）求p的值；
（2）若线段AB的垂直平分线与抛物线C交于E，F两点，求∆OEF的面积.
【详解】设Ax1,y1,Bx2,y2，
（1）由题可知，点O0,0,N−1,1，则直线ON的斜率为：
kON=2−0−1−0=−2;令有直线l斜率为k;
因为直线l斜率与直线ON的斜率之积为−2，有kON∙k=−2，
解得k=1
又因为点N−1,2，过点N的直线l与抛物线C
交于A、B两点，故直线l的方程为y−2=x+1，
即y=x+3.设Ax1,y2,Bx2,y2，
联立x2=2py(p>0)y=x+3，消去y可得x2−4px−6p=0，∆=16p2+36p>0，
则x1+x2=2p，x1x2=−6p，
因为OA∙OB=0，所以x1x2+y1y2=0，
即3(x1+x2)+2x1x2+9=0，即9+6p−12p=0，解得p=32.
（2）由题可知，直线EF垂直平分线段AB，设线段AB的中点为Mx0,y0，直线EF的斜率为kEF；
由（1）知x0=x1+x22=p=32，所以y0=x0+3=32+3=92，则M32,92；且kEF=−1，所以直线EF的方程为y−92=−(x−32)，即y=−x+6，
联立x2=3yy=−x+6，消去y可得x2+3x−18=0，∆=9+72=81>0，
设Ex3,y3,Fx4,y4，则x3+x4=−3，x3x4=−18，
所以EF=1+k2∙(x3+x4)2−4x3x4=1+(−1)2∙(−3)2−4×(−18)=92，
又点O到直线EF的距离为−62=32，
所以∆OEF的面积为12×92×32=27.
19．（17分）已知F1，F2分别为双曲线M:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左,右焦点，与x轴分别交于点A，B，它的一条渐近线的斜率为32，且右焦点F2到该渐近线的距离为 3.
(1)求双曲线M的方程；
(2)若过T4，0的直线与曲线M交于C，D两点(C，D不与两个顶点重合)，记直线AC，BD的斜率为k1，k2，证明：k1k2为定值．
(3)若动点H在曲线M的左支上，定点F2( 7,0)，点P为圆Q:x2+(y+3)2=1上一动点，则求
|HP|+|HF2|的最小值．
【详解】解：(1)因为双曲线M的一条渐近线的斜率为32，
所以ba= 32，2b= 3a，
则双曲线M的一条渐近线的方程为 3x−2y=0，
因为c= a2+b2=72a，
所以右焦点F2(c,0)到渐近线 3x−2y=0的
距离为| 3c| ( 3)2+22= 3⟹c=7，
所以a=2，b= 3，所以双曲线M的方程为x24−y23=1．
（2）依题意可知，A,B 表示双曲线M的两个顶点，由（1）可知A−2,0，B2,0，设Cx1,y1，Dx2,y2．
因为C,D不与A,B重合，所以可设直线CD:x=ty+4．
联立x24−y23=1x=ty+4,消x得：3t2−4y2+24ty+36=0，
故t≠±2 3，Δ=144t2+576>0，
y1+y2=−24t3t2−4，y1y2=363t2−4，ty1y2=36t3t2−4=−32y1+y2，
∴k1k2=y1x1+2y2x2−2=y1x2−2y2x1+2=y1ty2+2y2ty1+6=−32y1+y2+2y1−32y1+y2+6y2=−13．
(3)由(1)可知，设F1(− 7,0)，F2( 7,0)为曲线M的左右焦点，圆E半径为r=1，圆心E(0,−3)，
∴|HF2|=|HF1|+2a=|HF1|+4，
|HP|≥|HE|−|PE|=|HE|−1，
(当且仅当H，E，P共线且P在H，E之间时取等号)，
|HP|+|HF2|≥|HE|−1+|HF1|+4
=|HF1|+|HE|+3≥|EF1|+3
= (− 7)2+32+3=7，
当且仅当H是线段EF1与双曲线的交点时取等号．
∴|HP|+|HF2|的最小值是7．