2024-2025学年河南省南阳市六校高二（上）第二次联考数学试卷（12月份）（含答案）

这是一份2024-2025学年河南省南阳市六校高二（上）第二次联考数学试卷（12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.已知a=(−1,12,−2)，b=(1,−2,4)，c=(5,λ,4)，若a，b，c共面，则实数λ的值为( )
A. 13B. 12C. 2D. 3
2.设向量a与b满足|a|= 2，b在a方向上的投影向量为32a，则a+b在a方向上的投影数量为( )
A. 3 32B. 5 22C. 3D. 2 2
3.学校教师运动会设置有“跳绳”、“立定跳远”、“定点投篮”、“沙包掷准”四个比赛项目，每个项目各需要一位裁判，现有甲、乙、丙、丁四位体育老师，每人做且仅做一项裁判工作，因为时间问题，甲不能安排“跳绳”裁判，乙不能安排“定点投篮”裁判，则不同的安排方法共有( )
A. 12种B. 14种C. 7种D. 9种
4.如图，在四面体OABC中OA=a,OB=b,OC=c，点M为线段OA上靠近点A的三等分点，N为BC的中点，则MN=( )
A. 12a−34b+12c
B. 12a−23b+12c
C. −23a+12b+12c
D. −34a+12b+12c
5.已知三棱锥S−ABC中，SC⊥平面ABC，∠ABC=120°，且AB=BC=2SC，D，E分别为SA，BC的中点，则异面直线DE与AC所成角的余弦值为( )
A. 155B. 2 155C. 1010D. 3 1010
6.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)，过点(−a,0)且方向量为n=(1,−1)的光线，经直线y=−b反射后过C的右焦点，则C的离心率为( )
A. 35B. 23C. 34D. 45
7.已知A(−4,0)，B(−1,0)，若圆(x−a−1)2+(y−3a+2)=9上存在点P满足|PA|=2|PB|，则a的取值范围是( )
A. [−1,2]B. [−2,1]C. [−2,3]D. [−3,2]
8.正八面体可由连接正方体每个面的中心构成，如图所示，在棱长为2的正八面体中，则有( )
A. 直线AE与CF是异面直线
B. 平面ABF⊥平面ABE
C. 该几何体的体积为43 2
D. 平面ABE与平面DCF间的距离为2 63
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.以下命题正确的是( )
A. 直线l1：3ax−4y−2=0与直线l2：2x+(2a−1)y−4=0垂直的充要条件是a=2
B. 已知圆C：(x−1)2+(y−1)2=9，过点A(−1,2)的直线与圆C交于P，Q两点，则|PQ|的最小值为4
C. 方程x24−k+y2k−1=1表示椭圆的充要条件是1b>0)，如果满足2b=a+c，则称此椭圆为“等差椭圆”．
(1)如果椭圆T：x2a2+y2b2=1(a>b>0)是等差椭圆，求ba的值；
(2)对于焦距为6的等差椭圆T，点A，B分别为椭圆的左、右顶点，直线x=my+3交椭圆于P，Q两点，(P,Q异于A，B)，设直线AP，BQ的斜率分别为k1、k2，是否存在实数λ，使得k1=λk2，若存在，求出λ，不存在说明理由．
参考答案
1.C
2.B
3.B
4.C
5.A
6.A
7.A
8.D
9.ABD
10.AC
11.BD
12.(−1,1)
13. 2
14.3 2+2 5
15.解：(1)∵f(4)=1，∴定点A(4.1)，
∵直线在x，y轴上的截距相等，设截距分别为m，n，
当m=n=0时，直线经过原点，
设y=kx，又经过点A，则有k=14互线l的方程为x−4y=0；
当m=n≠0时，设直线l的方程为xm+yn=1代入点A(4,1)，解得m=n=5，
∴直线l的方程为x+y=5．
综上可得直线l的方程为x−4y=0或x+y−5=0．
(2)设Q(x,y)，P(x0,y0)中点Q满足PQ=(3,−4)，
可得x0=x−3y0=y+4，
代入x02+y02=9，
得(x−3)2+(y+4)2=9即为点Q的轨迹方程，
圆心(3,−4)，半径r=3，点A在圆外，
点A到圆心的距离为 (4−3)2+(1+4)2= 26，
所求|AQ|的最大值为 26+3．
16.解：圆M的圆心(1,2)，半径r=1．
(1)由题意如直线过圆心，∴a+b=1，a>0，b>0，
1a+1b=(1a+1b)(a+b)=2+ba+ab≥4，当且仅当a=b=12π等号成立，
∴1a+1b的最小值是4．
(2)由题意知抛物线的准线为x=−2，
∴抛物线方程为y2=8x，
焦点F(2,0)，x0≥0，
|AF|=x0+2．|AB|= (x0+1)2+y02，又y02=8x0．
∴|AB||AP|−1= (x0+1)2+x02x0+1= (x0+1)2+6x0x0+1= 1+8x0x02+2x0+1= 1+8x0+2+1x0≤ 3(x0>0)，
当且仅当x=1时等号成立．
∴|AB||AF|−1的最大值是 3．
17.解：(1)根据题意，由直角梯形边长AB=BC=2，DC=3，可知∠C=60°，则∠ABC=120°，
又点E是DC边上靠近于点D的三等分点，所以EC=2，可得△BCE为等边三角形；
连接AE，如下图所示：

可得四边形ABCE为菱形，所以AC⊥BE，
折起后AF⊥BE，C1F⊥BE，
如图所示，易知AF=C1F，又AC1= 6，满足AF2+C1F2=AC12，
又因为AF⊥C1F，AF∩BE=F，AF，BE⊂平面ABED，
所以C1F⊥平面ABED，
且C1F= 3，
所以梯形ABED的面积为12×(1+2)× 3=3 32，
所以V=13×3 32× 3=32；
(2)以D为坐标原点，分别以DA，DE为x，y轴，FC1方向为z轴正方向建立空间直角坐标系，
如下图所示：

则D(0,0,0)，A( 3,0,0)，B( 3,2,0)，C1( 32,32, 3)，
可得C1B=( 32,12,− 3)，DC1=( 32,32, 3)，DA=( 3,0,0)，
设平面C1AD的法向量m=(x,y,z)，
则m⋅DC1=0m⋅DA=0，即 32x+32y+ 3z=0 3x=0，
可得m=(0,−2, 3)为平面C1AD一个法向量，
可得m⋅C1B=0× 32+(−2)×12+ 3×(− 3)=−4，|m|= 02+(−2)2+( 3)2= 7，|C1B= ( 32)2+(12)2+(− 3)2=2，
所以cs=m⋅C1B|m|⋅|C1B|=−4 7×2=−2 77，
设BC1与平面C1AD所成的角为θ，θ∈[0,π2]，
所以sinθ=|cs|=2 77．
18.解：(1)证明：取线段PC的中点M，连接OM，EM，

在△PCD中，E，M分别为PD，PC的中点，EM/​/CD，
且EM=12CD，
又因为底面ABCD是正方形，且O是AB的中点，所以AO//CD，且AO=12CD，
所以EM//AO，且EM=AO，
即四边形AOME为平行四边形，
则OM/​/AE，又OM⊂平面POC，AE⊄平面POC，
所以AE/​/平面POC．

(2)由OA=PA=2，∠PAB=60°，可知△POA为等边三角形，
设OA中点为Q，则PQ⊥OA，又因为平面PAB⊥于面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=OA，
所以PQ⊥平面ABCD，
设CD上靠近点D的四等分点为N，以Q为原点，分别以QB，QN，QP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则P(0,0, 3)，B(3,0,0)，D(−1,4,0)，PB=(3,0,− 3)，BD=(−4,4,0)，
设平面PBD的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅PB=3x− 3z=0n⋅BD=−4x+4y=0，
令x=1，得y=1，z= 3，
所以n=(1,1, 3)为平面PBD的一个法向量，
取平面ABD的法向量为m=(0,0,1)，
设平面PBD与平面ABD所成的平面角为θ，且θ为锐角，
则csθ=cs=m⋅n|m||n|= 155．
19.解：(1)因为椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)是等差椭圆，所以2b=a+c，所以c=2b−a，
又c2=a2−b2．
所以(2b−a)2=a2−b2，
化简得ba=45．
(2)由2c=6且ba=45，可知a=5，b=4，c=3．
所以椭圆方程为x225+y216=1．
联立直线x=my+3得(16m2+25)y2+96my256=0，
A(−5,0)，B(5,0)，设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，
则y1+y2=−96m16m2+25，y1y2=−25616m2+25，
x1=my1+3，x2=my2+3，k1=y1x1+5=y1my1+8，k2=y2x2−5=y2my2−2,k1k2=my1y2−2y1my1y2+8y2．
把y1=−96m16m2+25−y2,y1y2=−25616m2+25代入，
得k1k2=−64m16m2+25+2y2−256m16m2+25+8y2=14，
所以存在实数λ=14，使得k1=λk2．