【文档说明】山东省滨州市北镇中学2024-2025学年高二上学期第二次考试9月月考数学试题word版含解析.docx，共(20)页，1.898 MB，由小赞的店铺上传

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山东省北镇中学高69级第二次考试数学试题考试时间：120分钟满分：150分命题人：袁萍萍审核人：刘颖一、单选题：本题共8个小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的.1.若()()()2,3,2,1,2,2,1,2,2

abc===−，则()abc−的值为（）A.1−B.0C.1D.2【答案】C【解析】【分析】直接利用数量积的坐标运算即可求得.【详解】因为()()()2,3,2,1,2,2,1,2,2abc===−，所以()()()1,1,01,2,21201abc−

=−=−++=.故选：C2.已知命题p：方程22151xymm+=−−表示焦点在y轴上的椭圆，则m的范围（）A.35mB.45mC.15mD.1m【答案】A【解析】【分析】根据方程表示焦点在y轴上的椭圆列式可得结果.【详解】依题意有

：5015mmm−−−，解得35m，故选：A.3.如图，在空间四边形OABC中，OAa=，OBb=，OCc=，点M在OA上，且2OMMA=，N为BC的中点，则MN等于（）A.121232abc−+B.221

332abc+−C.211322abc−++D.111222abc+−【答案】C【解析】【分析】利用向量加法的定义及题设条件即可化简得到结论.【详解】由点M在OA上，且2OMMA=，知2233OMOAa=

=；由N为BC的中点，知11112222ONOBOCbc=+=+.所以211322MNONOMabc=−=−++.故选：C.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对向量加法定义的运用.4.已知()4,2M是直线l被椭圆22436xy+=所截得的线段𝐴𝐵的中点

，则直线l的方程为（）A.280xy+−=B.280xy+−=C.280xy−−=D.260xy−−=【答案】B【解析】【分析】设出直线l方程，联立椭圆方程，利用韦达定理用k表示中点坐标，结合已知中点坐标解关于k的方程可得解.【详解】当直线l的斜率不存在

时，由对称性可知l被椭圆截得线段AB的中点在x轴上，不合题意；故可设直线l的方程为()24ykx−=−，代入椭圆方程22436xy+=化简得，()()22221416326464200kxkkxkk++−+−−=，有0

，21223216814kkxxk−+==+，解得12k=−，所以直线l的方程为()1242yx−=−−，即280xy+−=.故选：B.5.已知点()2,3A−，()3,2B−−，若过点()1,1的直线与线段AB相交，则该直线斜率的取值范围是（）A.)3,4,4−−+

B.(3,4,4+−−C.3,44−D.34,4−【答案】B【解析】【分析】首先求出直线PA、PB的斜率，然后结合图象即可写出答案．【详解】解：记()1,1为点P，直线PA的斜率31421PAk−−==−−，直

线PB的斜率213314PBk−−==−−，因直线l过点()1,1P，且与线段AB相交，结合图象，可得直线l的斜率k的取值范围是(3,4,4−−+．故选：B．6.已知向量()112a,,=，()320b,,=−，则ab−在a上的投影向量为（）A.3332,,44

4B.5552444,,C.3332,,222D.232,,555−【答案】B【解析】【分析】首先求出ab−，()aba−，a，再根据投影向量的定义计算可得.为【详解】因为

()112a,,=，()320b,,=−，所以()()()1,1,23,2,04,1,2ab−=−−=−，所以()()1411225aba−=+−+=，()2221122a=++=，所以ab−在a上的投影向量为()()24551,1,2,4555,4424abaaaa−

===.故选：B7.已知椭圆2222:1(0)xyMabab+=的左､右焦点分别为12,FF，点P在M上，Q为2PF的中点，且121,FQPFFQb⊥=，则M的离心率为（）A.33B.13C.12D.22【答案】C【解析】【分析】利用

椭圆定义以及12PFF的位置关系及长度，构造方程即可解得离心率.【详解】如下图所示：根据题意可知1122PFFFc==，由椭圆定义122PFPFa+=可得222PFac=−，又Q为2PF的中点，可得PQac=−，因为1FQb=，由勾股定理可得22211FQPQPF+=，

即()()2222bacc+−=；结合222bca+=整理可得2220caca+−=，即2210ee+−=，解得12e=或1e=−（舍）.故选：C8.已知圆C：()2234xy+−=，过点()0,4的直线l与x轴交于点P，与圆C交于A，B两点，则

()CPCACB+的取值范围是（）A.0,1B.)0,1C.0,2D.)0,2【答案】D【解析】【分析】作出线段AB的中点D，将CACB+转化为2CD，利用垂径定理，由图化简得()22||CPCA

CBCD+=，只需求||CD的范围即可，故又转化成求过点(0,4)M的弦AB长的范围问题.【详解】如图，取线段AB的中点D，连接CD，则CDAB⊥，由()2CPCACBCPCD+=22()2||CDDPC

DCD=+=，因直线l经过点(0,4)M，考虑临界情况，当线段AB中点D与点M重合时（此时CMAB⊥），弦长AB最小，此时CD最长，为max||||431CDCM==−=，（但此时直线l与x轴平行，点P不存在）；当线段AB中点D与点C重合时，点P与点O重

合，CD最短为0（此时符合题意）.故()CPCACB+的范围为[0,2).故选：D.【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于结合圆C的弦AB想到取其中点D，将CACB+转化为2CD，利用垂径定理，将所求式转化成22||CD，而求||CD范围即

求弦AB的长的范围即可.二、多选题：本题共3个小题，每小题6分，共18分.在每小给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.已知椭圆22:416Cxy+=的左、右焦点分别为1F

，2F，P是C上的任意一点，则（）A.C的离心率为12B.128PFPF+=C.1PF的最大值为423+D.使12FPF为直角的点P有4个【答案】BCD【解析】【分析】根据椭圆的标准方程求出,,abc，由离心率定义判断A，由椭圆定义判断B，

由椭圆的几何性质判断C，根据以线段12FF为直径的圆与椭圆交点个数判断D.【详解】由原方程可得椭圆标准方程为221164xy+=，4,223abc===，32cea==，故A错误；由椭圆定义可知1228PFPFa+==

，故B正确；由椭圆的性质知1max||423PFac=+=+，故C正确；易知以线段12FF为直径的圆（因为bca）与C有4个交点，故满足12FPF为直角的点P有4个，故D正确.故选：BCD10.已知直线:0−+=lkxyk，圆()2200:650,,CxyxPxy+

−+=为圆C上任意一点，则下列说法正确的是（）A.2200xy+最大值为5B.00yx的最大值为255C.直线l与圆C相切时，33k=D.圆心C到直线l的距离最大为4【答案】BC【解析】【分析】根据直线和圆的位置关系、点和圆的位置关系等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】圆C的

方程可化为()22232xy−+=，所以圆C的圆心为()3,0C，半径2r=.3OC=，𝑃(𝑥0,𝑦0)是圆上的点，所以2200xy+的最大值为()23225+=，A选项错误.的如图所示，当直线OP的斜率大于零且与圆相切时，00yx最大，此时3,2,5OCPCOP===，且225t

an55OPkPOC===，B选项正确.直线:0−+=lkxyk，即()1ykx=+，过定点()1,0−，若直线l与圆C相切，则圆心()3,0C到直线l的距离为2，即2321kkk+=+，解得33k=，所以C选项正确.圆心()3,0C到直线l的距离223411kkkdkk+==++，当0k=

时，0d=，当0k时，22444111kdkk==++，所以D选项错误.故选：BC11.如图所示，在直三棱柱111ABCABC−中，底面ABC是等腰直角三角形，11ABBCAA===，点D为侧棱1BB上的动点，M为线段11AB中点.则下列说法正确的是（）A

.存在点D，使得AD⊥平面BCMB.1ADC△周长的最小值为123++C.三棱锥1CABC−的外接球的体积为3π2D.平面1ADC与平面ABC的夹角正弦值的最小值为33【答案】ACD【解析】【分析】根据线面垂直的判定定理与性质即可判断A；如图，确定1ADC、、三点

共线时1ADCD+取得最小值，进而判断B；如图，确定球心和半径即可判断C；利用空间向量法求解面面角即可判断D.【详解】A：由题意知，1,BCBBBCAB⊥⊥，又11,BBABBBBAB=、平面11AABB，所以⊥BC平面11AABB，由AD平面11AABB，得BCAD⊥；当D为1BB的中点时

，又四边形11AABB为正方形，M为11AB的中点，所以BMAD⊥，由,BMBCBBMBC=、平面BCM，所以AD⊥平面BCM，故A正确；B：将平面11AABB和平面11BBCC沿1BB铺成一个平面，如图，连接1AC，交1BB于D，此时1ADC、、

三点共线，1ADCD+取得最小值，即1ACD△的周长取得最小值，又2222111213,5ACADCDACCC=+=++=，所以1ACD△的周长的最小值为35+，故B错误；C：易知ABCV中，ABBC⊥，取AC的中点E，过E作⊥EF平面ABC，如图，则三棱锥1CABC−

的外接球的球心必在EF上，且11122OECC==，所以球的半径为2232ROECE=+=，其体积为334433ππ()π3322R==，故C正确；D：易知1,,BBBABC两两垂直，建立如图空间直角坐标系Bxyz−，则11(1,0,0),(0,0,1),(0,1,1)

ABC，设(0,0,)(01)Daa，所以11(1,1,1),(1,0,),(0,0,1)ACADaBB=−=−=，易知()10,0,1BB=为平面ABC的一个法向量，设平面1CAD的一个法向量为(,,)nxyz=，则100nACxyznADxaz=−++==−+=，

令1z=，得,1xaya==−，所以(,1,1)naa=−，所以1122211116cos,31331(1)12()2244BBnBBnBBnaaa====+−+−+，当且仅当12a=时等号成

立，设平面1CAD与平面ABC所成角为，则6cos3，所以263sin1()33−=，故D正确.故选：ACD【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为

球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元

素，建立关于球的半径的方程，并求解.三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分12.直线3x+4y+2=0被圆22230xyx+−−=截得的弦长为____________.【答案】23【解析】【分析】根据给定条件，求出圆的圆心和半径，再利用圆的弦长公式计算即得.【详解】圆2

2(1)4xy−+=的圆心为(1,0)，半径2r=，则点(1,0)到直线3420xy++=的距离22302134d++==+，所以所求弦长为：22223rd−=.故答案为：2313.点P是椭圆2214xy+=上一点，1F，2F分别是椭圆的左、右焦点

，若124||||3PFPF=，则12FPF的大小为_____．【答案】60°【解析】【分析】由椭圆定义结合余弦定理即可求得12FPF的大小．【详解】由椭圆2214xy+=，得2a=，1b=，3c=．在△12PFF中，由椭圆定义可得12||||24PF

PFa+==，221212||||2||||16PFPFPFPF++=，124||||3PFPF=，221240||||3PFPF+=，2221212124012||||413cos42||||223PFPFcFPFPFPF−+−===

，12FPF的大小为60．故答案为：60．【点睛】本题考查椭圆的简单性质、椭圆定义及余弦定理的应用，考查方程思想和运算求解能力，属于中档题．14.如图，长方体1111ABCDABCD−中，111113,1CCCDCB===，点P为线段1BC上一点，则11CPDP的

最大值为__________.【答案】3【解析】【分析】建立空间直角坐标系，设1CPmCB=，利用向量数量积坐标运算得关于m的函数，再求解函数最值即可.【详解】以1C为坐标原点，分别以11111,,CDCBCC为,,xyz轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则

()()()()1110,0,0,3,0,0,0,0,30,1,0CDCB，，设()10,1,3CPmCBm==−，则()()()1110,0,30,1,30,,33CPCCmCBmmm=+=+−=−，1111DPCP

CD=−=()()()0,,333,0,03,,33mmmm=−−=−−，则()()22110,,333,,33(33)CPDPmmmmmm=−−−=+−2233463444mmm=−+=−+，因为01m，所以当0m=时，11CPDP取最大值，最大值为3.故答案为：3.四、

解答题：本题共5个小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.的15.如图，在直四棱柱1111ABCDABCD−中，底面四边形ABCD为梯形，ADBC∥，2ABAD==，22BD=，4BC=.（1）证明：111ABAD⊥；（2）若12AA=，求点B到平面11BCD的

距离.【答案】（1）证明见解析（2）263【解析】【分析】（1）由勾股定理可证ABAD⊥，进一步可证11ABADDA⊥平面，又11ABAB∥，可得1111ABADDA⊥平面，得证；（2）建立空间直角坐标系

，求出平面11BCD的一个法向量，利用点到面的距离公式求解.【小问1详解】因为2ABAD==，22BD=，所以2228ABADBD+==，所以ABAD⊥，因为1111ABCDABCD−为直四棱往，所以1AAAB⊥，因为1AAADA=，1A

A，AD面11ADDA，所以AB⊥面11ADDA，因为11ABAB∥，所以11AB⊥面11ADDA，因为1AD面11ADDA，所以111ABAD⊥.【小问2详解】由（1）及题意知，AB，AD，1AA两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，因为2ABAD==，22BD=，4BC=，

12AA=.所以𝐴(0,0,0)，()2,0,0B，()12,0,2B，()2,4,0C，()10,2,2D，()0,2,0D所以()10,4,2CB=−，()12,2,2CD=−−，()0,4,0BC=，设平面11BCD的一个法向量为(),,nxyz

=，则1100nCBnCD==，即4202220yzxyz−+=−−+=，令1y=，解得1x=，2z=，()1,1,2n=，所以点B到平面11BCD的距离为42636BCndn===.16.已知圆C经过点()()3,11,3AB−，

且圆心C在直线320xy−−=上.（1）求圆C方程；（2）若E点为圆C上任意一点，且点()4,0F，求线段EF的中点M的轨迹方程.【答案】（1）()()222410xy−+−=；（2）()()225322xy−+−=．【解析】【分析】（1）利用待定系数法即得

；（2）根据相关点法，设出点M的坐标，利用中点公式结合圆的方程即得.【小问1详解】由题可设圆C的标准方程为()()222xaybr−+−=，则()()()()2222223113320abrabrab−+−=−−+−=−−=，

解之得abr===22,4,10，所以圆C的标准方程为()()222410xy−+−=；【小问2详解】设M（x，y），()11,Exy，由()4,0F及M为线段EF的中点得114202xxyy+=+=，解得11242xxyy=

−=,又点E在圆C：22(2)(4)10xy−+−=上，所以有()()222422410xy−−+−=，化简得：()()225322xy−+−=,故所求的轨迹方程为()()225322xy−+−=．17.已知椭圆2222:1(0)xyCabab+=的一个焦点为()10F,，且离心率为12

.（1）求C的方程；（2）过F作直线l与C交于,MN两点，O为坐标原点，若627OMNS=，求l的方程.【答案】（1）22143xy+=（2）10xy+−=或10xy−−=.【解析】【分析】（1））由离心率和焦点坐标即可求得C

的方程.（2）设出直线方程，将直线方程与椭圆方程联立，根据627OMNS=求出直线l的方程.【小问1详解】由已知得1c=，离心率12cea==，得2222,3abac==−=，则C的方程为22143xy+=.

【小问2详解】由题可知，若OMN面积存在，则斜率不为0，所以设直线l的方程为1,xmym=+显然存在，()()1122,,,MxyNxy，联立221,431,xyxmy+==+消去x得()2234690mymy+

+−=，因为直线l过点F，所以Δ0显然成立，且12122269,3434myyyymm+=−=−++，因为121122OMNSOFyy=−=.()()2212122144116242347myyyym++−==+，化简得4

218170mm−−=，解得21m=或21718m=−（舍），所以直线l方程为10xy+−=或10xy−−=.的18.在RtABC△中，90C=，3BC=，6AC=，,DE分别是,ACAB上的点，满足DEBC∥且DE经过ABCV的重心，将A

DEV沿DE折起到1ADE△的位置，使1ACCD⊥，M是1AD的中点，如图所示.（1）求证：1AC⊥平面BCDE；（2）求CM与平面1ABE所成角的大小；（3）在线段1AC上是否存在点N，使平面CBM与平面BMN成角余弦值为34？若存在，求出CN的长度；若不存在，请说明理由.【答案】（1）

证明见解析（2）π4（3）存在，3或23【解析】【分析】（1）应用线面垂直的判定定理证明线面垂直关系，再由性质定理得到线线垂直关系，进而再利用判定定理证明所求证的线面垂直关系；（2）以CD为x轴，CB为y轴，1CA为z轴，建立空间直

角坐标系.用向量法求CM与平面1ABE所成角的大小；（3）假设存在点N，使平面CBM与平面BMN成角余弦值为34，设1CNCA=，分别求解两平面的法向量，用表示余弦值解方程可得.【小问1详解】因为在RtA

BC△中，90C=，DEBC∥，且BCCD⊥，所以DECD⊥，DEAD⊥，则折叠后，1DEAD⊥，又11,,ADCDDADCD=平面1ACD，所以DE⊥平面1ACD，1AC平面1ACD，所以1DEAC⊥，又已知1ACCD⊥，CDDED=且都在面BCDE内，所以1AC⊥平面BCDE；【小问

2详解】由（1），以CD为x轴，CB为y轴，1CA为z轴，建立空间直角坐标系−Cxyz.因为2ADCD=，故223DEBC==，由几何关系可知，2CD=，14AD=，123AC=，故()0,0,0C，()2,0,0D，()2,2,0E，()0,3

,0B，()10,0,23A，()1,0,3M，()1,0,3CM=，()10,3,23AB=−，()12,2,23AE=−，设平面1ABE的法向量为(),,nxyz=，则1100nABnAE==，

即323022230yzxyz−=+−=，不妨令2y=，则3z=，1x=，()1,2,3n=.设CM与平面1ABE所成角的大小为，则有42sincos,2222CMnCMnCMn====，设为CM与平面1ABE所成角，故π4=，即CM与平面1ABE所成角的大小为π4；【小

问3详解】假设在线段1AC上存在点N，使平面CBM与平面BMN成角余弦值为34.在空间直角坐标系中，(1,3,3)BM=−，(1,0,3)CM=，1(0,0,23)CA=，设1CNCA=，则(0,0,23)CN=，(0,3,0)(0,0,23)

(0,3,23)BNBCCN=+=−+=−，设平面BMN的法向量为()2222,,nxyz=，则有2200nBMnBN==，即222223303230xyzyz−+=−+=，不妨令23z=，则22y=，263x=−，所以()2

63,2,3n=−，设平面CBM的法向量为()3333,,nxyz=，则有3300nBMnCM==，即3333333030xyzxz−+=+=，不妨令33z=，则33x=−，30=y，所以()33,0,3n=−，若平面CBM与平面BMN成角余弦值

为34.则满足2323222391833cos,4239(21)43nnnnnn−+===−++，化简得22310−+=，解得1=或12，即1CNCA=或112CNCA=，故在线段1AC上存在这样的点N，使平面CBM与平面BMN成角余弦值为34.此时CN的长度为3或23.

19.已知椭圆C：()222210+=xyabab的离心率为12，右顶点Q与C的上，下顶点所围成的三角形面积为23．（1）求C的方程．（2）不过点Q的动直线l与C交于A，B两点，直线QA与QB的斜率之积恒为14．（i）证明：直线l过定点；（i

i）求QAB面积的最大值．【答案】（1）22143xy+=；（2）（i）证明见解析；（ii）332.【解析】【分析】（1）根据椭圆的离心率及三角形面积，列出方程组求解即得.（2）（i）设出直线l的方程，与椭圆方程联立，利用斜率坐标公式，

结合韦达定理推理即得；（ii）由（i）的信息，借助三角形面积建立函数关系，再求出最大值.【小问1详解】令椭圆2222:1xyCab+=的半焦距为c，由离心率为12，得12ca=，解得222,3acbacc==−=，由三角形面积为23，得23

=ab，则1c=，2,3ab==，所以C的方程是22143xy+=.【小问2详解】（i）由（1）知，点(2,0)Q，设直线l的方程为xmyn=+，设1122()AxyBxy,,(,)，由223412xmynxy=++=消去x得：222(34)63120mymnyn+++

−=，则21212226312,3434mnnyyyymm−+=−=++，直线QA与QB的斜率分别为112QAykx=−，222QBykx=−，于121222121212(2)(2)(2)()(2)QAQByyyykkmynmynmyymnyyn

==+−+−+−++−()()2222222312343126223434nmnmnmmnnmm−+=−−−+−++223121416164nnn−==−+，整理得2280nn+−=，解得n=−4或2n=，当2n=时，直线2xmy=+过点Q，不符合题意，因此n=−4，直线l：4xmy=−恒过

定点(4,0)P−.（ii）由（i）知，1212222436,3434myyyymm+==++，则2221212122222576144124||()4(34)3434mmyyyyyymmm−−=+−=−=+++，是因此QAB的面

积2122222136436||||1623(4)16344QABmSPQyymmm−=−==−+−+−3633283=，当且仅当2216344mm−=−，即2213m=时取等号，所以QAB面积的最大值为3

32.