2024-2025学年河北省张家口市尚义一中等校高二（上）月考数学试卷（12月份）（含答案）

这是一份2024-2025学年河北省张家口市尚义一中等校高二（上）月考数学试卷（12月份）（含答案），共8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.抛物线y=4x2的焦点坐标是( )
A. (0,1)B. (1,0)C. (0,116)D. (116,0)
2.若双曲线E：x29−y216=1的左、右焦点分别为F1，F2，点P在双曲线E上，且|PF1|=152，则|PF2|=( )
A. 272或32B. 272C. 32D. 12
3.已知点(2,1)在圆C：x2+y2−2x−my+54m=0外，则实数m的取值范围为( )
A. {m|m>4}B. {m|m>−4}
C. {m|−40)和双曲线x2a22−y2b22=1(a2>0,b2>0)的公共焦点，P是它们在第一象限的交点，设∠F1PF2=θ，e1，e2分别为椭圆和双曲线的离心率，则以下结论正确的是( )
A. a12−b12=a22−b22
B. 当θ=π3时，b12=3b22
C. 若θ=60°，则1e12+1e22=4
D. △PF1F2的面积为b1b2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若直线2x+y+1=0与直线(3−m)x−(m−2)y+3=0垂直，则实数m= ______．
13.在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AD=2，AA1=6，点F为长方体的底面ABCD的中心，点E为棱BB1的中点，则平面A1FE与平面ABCD夹角的余弦值为______．
14.已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的两个焦点分别为F1(−c,0)，F2(c,0)，c>0，以F1F2为直径的圆与双曲线在第四象限的交点为P，若直线PF1与圆E：(x−c3)2+y2=b29相切，则|PF2|= ______(用含a，b的式子表示)，双曲线的离心率是______．
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)
已知圆C：x2+y2+2x+my−20=0，圆C上存在关于直线x−y−1=0对称的两点．
(1)求圆C的标准方程；
(2)过点P(−4,4)的直线l被圆C截得的弦长为8，求直线l的方程．
16.(本小题15分)
如图，已知PA⊥平面ABCD，底面ABCD为矩形，PA=AD=6，AB=4，M，N分别为AB，PC的中点．
(1)求证：MN⊥平面PCD；
(2)求直线PB与平面PMC所成角的正弦值．
17.(本小题15分)
椭圆C的中心在坐标原点O，焦点在x轴上，椭圆C经过点(0,1)，过椭圆右焦点垂直于长轴的弦长为 2．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设F为椭圆C的右焦点，过点F的直线l交椭圆C于M，N两点，若△OMN(O为坐标原点)的面积为2 109，求直线l的方程．
18.(本小题17分)
若抛物线Γ：y2=2px的焦点与椭圆x24+y23=1的右焦点重合．
(1)求抛物线Γ的方程；
(2)已知点A(6,−12)，在曲线Γ上是否存在一点P，使点P到点A的距离与点P到y轴的距离之和取得最小值？若存在点P，求出点P的坐标以及|PA|+|PF|的最小值．
19.(本小题17分)
在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的实轴长为4，离心率为2．
(1)求双曲线C的方程；
(2)若A，B为双曲线的左、右顶点，F为双曲线的右焦点，直线l过F且与双曲线C的右支交于M，N两点，AM，AN分别交直线x=1于P，Q两点．
(i)若直线l的斜率存在，证明OP⋅OQ为定值；
(ii)若D(t,0)为x轴上一动点，当直线l的倾斜角变化时，若∠PDQ为钝角，求t的取值范围．
参考答案
1.C
2.B
3.C
4.B
5.C
6.A
7.D
8.A
9.ABD
10.ACD
11.BD
12.83
13. 9447
14.b 5
15.解：(1)圆C：x2+y2+2x+my−20=0，圆C上存在关于直线x−y−1=0对称的两点，
可得圆心C在直线x−y−1=0，
而圆心C(−1,−m2)，所以−1−(−m2)−1=0，解得m=4，
所以圆C的标准方程为(x+1)2+(y+2)2=25；
(2)将点P(−4,4)代入圆的方程可得：(−4+1)2+(4+2)2>25，即点P在圆C外部，
当斜率不存在时，设直线l的方程为x=−4，则圆心C到直线的距离d=|−1−(−4)|=3，
此时弦长为2 r2−d2=2 25−9=8，显然符合条件，
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为：y−4=k(x+4)，
即kx−y+4k+4=0，
设圆心C到直线的距离为d，由弦长公式可得2 r2−d2=2 25−d2=8，
可得d=3，
而圆心到直线的距离d=|−k+2+4k+4| k2+1=3，
解得k=−34，此时直线l的方程为y−4=−34(x+4)，
即3x+4y−4=0，
综上所述：满足条件的直线l的方程为x=−4或3x+4y−4=0．
16.(1)证明：以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则P(0,0,6)，C(4,6,0)，D(0,6,0)，M(2,0,0)，N(2,3,3)，
所以MN=(0,3,3)，DC=(4,0,0)，DP=(0,−6,6)，
设平面PCD的法向量为m=(x,y,z)，则m⋅DC=4x=0m⋅DP=−6y+6z=0，
令y=1，则x=0，z=1，所以m=(0,1,1)，
所以MN//m，
所以MN⊥平面PCD．
(2)解：B(4,0,0)，
所以PB=(4,0,−6)，MP=(−2,0,6)，MC=(2,6,0)，
设平面PMC的法向量为n=(a,b,c)，则n⋅MP=−2a+6c=0n⋅MC=2a+6b=0，
取a=3，则b=−1，c=1，所以n=(3,−1,1)，
设直线PB与平面PMC所成角为θ，
则sinθ=|cs|=|PB⋅n||PB|⋅|n|=|12−6| 16+36× 11=3 143143，
故直线PB与平面PMC所成角的正弦值为3 143143．
17.解：(1)由题意可设椭圆方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)，
因为椭圆C经过点(0,1)，故b=1，
由题意可知，(c, 22)在椭圆上，则c2a2+12b2=1，
于是c2a2+12=1，又a2=b2+c2=1+c2，
所以可得a= 2，c=1，
故椭圆C的标准方程为x22+y2=1．
(2)椭圆C的右焦点F的坐标为(1,0)，
设直线l的方程为x=my+1，M(x1,y1)，N(x2,y2)，
由x22+y2=1x=my+1，得(m2+2)y2+2my−1=0，
可得Δ=4m2+4(m2+2)=8(m2+1)>0，
所以y1+y2=−2mm2+2，y1y2=−1m2+2，
所以△OMN的面积S=12|OF||y2−y1|=12 (y2+y1)2−4y2y1
=12 (−2mm2+2)2+4m2+2= 2 m2+1m2+2，
因为△OMN的面积为2 109，所以 2 m2+1m2+2=2 109，解得m=±12，
所以直线l的方程为2x+y−2=0或2x−y−2=0．
18.解：(1)由椭圆x24+y23=1的方程可得右焦点(1,0)，
由题意可得p2=1，解得p=2，
所以抛物线Γ的方程为：y2=4x；
(2)由(1)可得抛物线的准线方程为x=−1，A(6,−12)，
因为(−12)2>4×6，即点A在抛物线外部，
因为点P到点A的距离与点P到y轴的距离之和取得最小值，
即最小值等于点P到点A与到焦点F的距离减去p的值，且点P在A，F之间，
因为直线AF的斜率k=−126−1=−125，
可得直线AF的方程为：y+12=−125(x−6)，
即x=−5y12+1，代入抛物线Γ的方程可得y2+4(5y12−1)=0，
即3y2+5y−12=0，解得y=43(舍)或y=−2，
可得x=−512×(−2)+1=116，
可得点P(116,−2)；
此时|PA|+|PF|≥|AF|，即三点共线时取等号，
此时|AF|= (6−1)2+(−12−0)2=13．
19.(1)解：由题意知2a=4ca=2b2=c2−a2，解得a=2b=2 3c=4，
所以双曲线C的方程为x24−y212=1．
(2)由题意知直线l的斜率不可能为0，设其方程为x=my+4，m≠± 33，M(x1,y1)，N(x2,y2)，
联立x=my+43x2−y2=12，得(3m2−1)y2+24my+36=0，
所以y1+y2=−24m3m2−1，y1y2=363m2−1，
所以x1+x2=m(y1+y2)+8=−83m2−1，x1x2=(my1+4)(my2+4)=m2y1y2+4m(y1+y2)+16=−12m2−163m2−1，
(i)证明：若直线l的斜率存在，则m≠0，
因为A(−2,0)，所以直线AM的方程为y=y1x1+2(x+2)，直线AN的方程为y=y2x2+2(x+2)，
令x=1，可得P(1,3y1x1+2)，Q(1,3y2x2+2)，
所以OP⋅OQ=(1,3y1x1+2)⋅(1,3y2x2+2)=1+9y1y2(x1+2)(x2+2)=1+9⋅363m2−1−12m2−163m2−1+2⋅−83m2−1+4=1+9⋅36−36=−8，
故OP⋅OQ为定值．
(ii)解：由(i)知P(1,3y1x1+2)，Q(1,3y2x2+2)，且9y1y2(x1+2)(x2+2)=−9，
因为D(t,0)，
所以DP=(1−t,3y1x1+2)，DQ=(1−t,3y2x2+2)，
所以DP⋅DQ=(1−t)2+3y1x1+2×3y2x2+2=(1−t)2−9，
因为∠PDQ为钝角，且P，D，Q三点不可能共线，
所以DP⋅DQ