2024-2025学年云南省临沧市镇康一中高二（上）月考数学试卷（11月份）（含答案）

这是一份2024-2025学年云南省临沧市镇康一中高二（上）月考数学试卷（11月份）（含答案），共9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。
1.4−3i2−3i=( )
A. 17−18iB. −1−18iC. −1+6iD. 17+12i
2.已知直线l1:ax+2y+3=0，直线l2:2x+ay+a+1=0，则命题p:l1//l2是命题q:a=−2的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
3.已知集合A={x|x|x|+x+3|x+3|=0}，则A∩Z=( )
A. {−2}B. {−2,−1,1,2}C. {−1,1}D. {−2,−1}
4.某省教育厅对全省高三学生采用分层抽样的方式抽取了1000名学生参加化学，物理和英语三大学科的抽样考试，目的是为了更好地应对新高考的改革来调整日常教学同时检查各个学校的教学成果，考试结束后对这1000名同学的化学成绩进行统计，可得到如图所示的频率分布直方图，若同一组中数据用该组区间中间值作为代表值，则这些同学化学成绩的上四分位数约为( )
A. 79.5分B. 82.5分C. 81分D. 82分
5.薯条作为一种油炸食品，风味是决定其接受程度的基础.米其林三星餐厅大厨HestnBlumentℎal对餐饮门店的不同油炸批次的薯条进行整体品质的感官评价并提出了“油炸质量曲线”(图1)，将油炸过程划分为五个阶段：诱导、新鲜、最佳、降解和废弃阶段，以解释食物品质与油炸时间之间的关系.在特定条件下，薯条品质得分p与煎炸时间t(单位：min)满足函数关系p=at2+bt+c(a、b、c是常数)，图2记录了三次实验的数据，根据上述函数模型和实验数据，可以得到最佳煎炸时间为( )
A. 2.25minB. 2.75minC. 3.25minD. 3.75min
6.已知甲、乙两人进行扳手腕游戏，且每人各有2个乒乓球.每次扳手腕甲获胜的概率均为23，没有平局，且每次扳手腕的结果互不影响.每次负方给胜方1个乒乓球，直到一方没有乒乓球时游戏结束，则第1次甲胜且第4次扳手腕后游戏结束的概率为( )
A. 1027B. 29C. 1681D. 1081
7.已知函数f(x)=(3x−2x)ax+x(a>0)是奇函数，则lg2a=( )
A. 1+lg23B. −1−lg23C. 12+12lg23D. −12−12lg23
8.设抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，直线l与C交于A，B两点，FA⊥FB，|FA|=2|FB|，则l的斜率是( )
A. ±1B. ± 2C. ± 3D. ±2
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.如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点，若AB=a，AD=b，AA1=c，则下列等式正确的是( )
A. BM=−12a+12b+cB. A1M=12a+12b
C. AM=12a+12b+cD. AC1=a+b+c
10.已知圆C1:(x+2)2+y2=1，圆C2:x2+(y−a)2=9，则下列结论正确的是( )
A. 若C1和C2外离，则a>2 3或ab>0)的左，右焦点分别为F1，F2，过F2且倾斜角为60°的直线l与C交于P，Q两点(点P在第一象限)，若3PF2=2F2Q，则C的离心率是______．
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)
在三棱锥O−ABC中，已知OA=(1,0,−1)，BC=(2,−1,0)，平面ABC的法向量为n=(−1,c,1)．
(1)求异面直线OA，BC所成角的余弦值；
(2)求直线OA与平面ABC所成角的正弦值．
16.(本小题15分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若asinB= 33bcsA．
(1)求角A的大小；
(2)若a=4，b+c=6，求△ABC的面积．
17.(本小题15分)
已知A(−2,2)，B(−2,6)，C(4,−2)三点，点P在圆E：x2+y2=4上运动．
(1)若|PA|2+|PB|2+|PC|2的最大值和最小值分别为M和m，求M+m的值；
(2)过点Q(3,3)向圆E作切线，切点分别为S，T，求直线ST的一般式方程．
18.(本小题17分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，PC⊥平面ABCD，△ABC是边长为2 3的等边三角形，AD=2，∠ADC=2π3．
(1)证明：平面PCD⊥平面PBC；
(2)若平面PAD与平面PBC夹角的余弦值为 217，求PC的长．
19.(本小题17分)
已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，且|F1F2|=8，过F2作其中一条渐近线的垂线，垂足为M，延长F2M交另一条渐近线于点N，且|F2M|=|MN|，
(1)求C的方程；
(2)如图，过A(6,0)作直线l(l不与x轴重合)与曲线C的两支交于P，Q两点，直线F1P，F1Q与C的另一个交点分别为S，T，求证：直线ST经过定点．
参考答案
1.B
2.C
3.D
4.B
5.C
6.D
7.D
8.D
9.ABCD
10.ABC
11.ACD
12.3π
13.−3
14.25
15.解：(1)根据题意可知OA=(1,0,−1)，BC=(2,−1,0)，
设异面直线OA，BC所成角为θ，
∴异面直线OA，BC所成角的余弦值为：
csθ=|cs〈OA,BC〉|=|OA⋅BC||OA||BC|=2 2× 5= 105；
(2)∵OA=(1,0,−1)，BC=(2,−1,0)，平面ABC的法向量为n=(−1,c,1)．
∴BC⋅n=(2,−1,0)⋅(−1,c,1)=−2−c=0，解得c=−2，
∴n=(−1,−2,1)，
设直线OA与平面ABC所成角为α，
∴直线OA与平面ABC所成角的正弦值为：
sinα=|cs〈OA,n〉|=|OA⋅n||OA||n|=2 2× 6= 33．
16.解：(1)由asinB= 33bcsA和正弦定理可得：
sinAsinB= 33sinBcsA，
因sinB≠0，故得sinA= 33csA，即tanA= 33，
因A∈(0,π)，故A=π6；
(2)由余弦定理a2=b2+c2−2bccsA，
可得(b+c)2−(2+ 3)bc=16，
又b+c=6，则bc=202+ 3=20(2− 3)，
故△ABC的面积为S=12bcsinA=10−5 3．
17.解：(1)设P(x,y)，且x2+y2=4，−2≤y≤2，
故|PA|2+|PB|2+|PC|2=(x+2)2+(y−2)2+(x+2)2+(y−6)2+(x−4)2+(y+2)2
=3(x2+y2)−12y+68=12+68−12y=80−12y，
因为−2≤y≤2，当y=2时，取得最小值m=56，
当y=−2时，取得最大值M=104，
所以m+M=160；
(2)因为过Q(3,3)且斜率为0的直线也不是圆E的切线，
且过Q(3,3)且斜率不存在的直线不是圆E的切线，
所以直线OS，QT的斜率都存在，
设切点S(x1,y1)，T(x2,y2)，则kOS=y1x1,kQS=−x1y1，
所以直线QS方程为y=−x1y1(x−x1)+y1，
整理得：x1x+y1y=x12+y12=4，
同理可得直线QT方程为：x2x+y2y=4，
因为直线QS，QT均过点Q(3,3)，则3x1+3y1=4，3x2+3y2=4，
所以点T，S都在直线3x+3y=4上，
故直线ST的方程为3x+3y−4=0．
18.解：(1)证明：在△ADC中，AD=2，AC=2 3，∠ADC=2π3，
由余弦定理AC2=DA2+DC2−2DA⋅DCcs∠ADC，得到DC2+2DC−8=0，
解得DC=2，所以DA=DC=2，得到∠DCA=π6，
又因为∠ACB=π3，所以∠DCB=π2，即DC⊥CB，
又因为PC⊥平面ABCD，CB⊂面ABCD，所以PC⊥CB，
又因为PC∩DC=C，PC，DC⊂面PCD，所以BC⊥面PCD，
又BC⊂面PBC，所以平面PCD⊥平面PBC．
(2)由(1)知，CD，CB，CP两两互相垂直，
则以CD，CB，CP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设PC=a(a>0)，因为DC=2，BC=2 3，∠ACB=π3，
则C(0,0,0),D(2,0,0),B(0,2 3,0),A(3, 3,0),P(0,0,a)，
则DA=(1, 3,0),DP=(−2,0,a)，
设平面PAD的一个法向量为n=(x,y,z)，则n⊥DP，n⊥DA，
则n⋅DP=0n⋅DA=0，即x+ 3y=0−2x+az=0，取x=a，得y=− 33a,z=2，
所以n=(a,− 33a,2)，
由题知，平面PBC的一个法向量为m=(1,0,0)，
设平面PAD与平面PBC的夹角为θ，
则csθ=|cs|=|n⋅m||n|⋅|m|=a a2+13a2+4= 217，整理得到a2=4，解得a=2，
所以PC=2．
19.解：(1)易知双曲线C的渐近线l1：y=bax，渐近线l2：y=−bax，
不妨设M在l1上，N在l2上，OM是线段NF2的中垂线，

易知△F2OM≅ΔNOM，
所以∠F2OM=∠NOM，
由双曲线对称性可得∠F2OM=∠F1ON，
所以∠F2OM=∠NOM=∠F1ON，
此时∠F2OM=π3，F2M=|ba×c| (ba)2+1=b，
在Rt△F2OM中，sin∠F2OM=bc=b4= 32，
解得b=2 3，
所以a2=c2−b2=42−12=4，
则C的方程为x24−y212=1；
(2)证明：不妨设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，S(x3,y3)，T(x4,y4)，直线PQ的方程为y=k(x−6)，
则直线PS：y=y1x1+4(x+4)，
联立y=y1x1+1(x+4)x24−y212=1，消去y并整理得[3(x1+4)2−y12]x2−8y12x−16y12−12(x1+4)2=0，
由韦达定理得x1+x3=8y123(x1+4)2−y12，

又y12=3x12−12，
所以x1+x3=8(3x12−12)3(x1+4)2−(3x12−12)=24(x12−4)24x1+60=2(x12−4)2x1+5，
此时x3=−5x1+82x1+5,y3=y1x1+4⋅(−5x1+82x1+5+4)=y1x1+4⋅3x1+122x1+5=3y12x1+5，
所以S(−5x1+82x1+5,3y12x1+5)，
同理得T(−5x2+82x2+5,3y22x2+5)，
则kST=3y1−5x1+82x1+5−(−5x2+82x2+5)=3y1(2x2+5)−3y2(2x1+5)−(5x1+8)(2x2+5)+(2x1+5)(5x2+8)
=3k(x1−6)(2x2+5)−3k(x2−6)(2x1+5)−(5x1+8)(2x2+5)+(2x1+5)(5x2+8)=3k(17x1−17x2)9(x2−x1)=−17k3，
此时直线ST：y−3y12x1+5=−17k3[x−(−5x1+82x1+5)]，
令y=0，
解得x=−3817，
故直线ST过定点(−3817,0)．