【文档说明】湖南省名校大联考2024-2025学年高二上学期10月月考数学试题 Word版含解析.docx，共(20)页，1.297 MB，由小赞的店铺上传

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高二数学专版考生注意：1､答题前，考生务必将自己的姓名､考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2､回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.

回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一､单项选择题：本题共8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.复数4iiz+=在复平面内对应的点位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.

第四象限【答案】D【解析】【分析】由复数除法化简复数，即可得对应的点求解.【详解】由4iiz+=可得()()()()()4ii4ii14iiiz+−==+−=−−，故对应的点为()1,4−，位于第四象限，故选：D2.已知椭圆()222133xyaa+=的离心率为12，左､右焦点分别为

12,,FFA为椭圆上除左､右顶点外的一动点，则12AFF△的面积最大为（）A.1B.3C.2D.23【答案】B【解析】【分析】根据离心率求出2a，进而可求12||FF，当点A在椭圆的上顶点或下顶点时，12AFF△的面积最大.【详解】由题可知椭圆的焦点在x轴上，3b=，因为椭圆的离心率为12，所

以22231112beaa=−=−=，解得24a=，所以221222FFab=−=，如图所示，当点A与椭圆的上顶点或下顶点重合时，12AFF△的面积最大，此时12AFF△的最大面积为121123322FFb==，故选：B

3.设Ra，直线()()12:110,:220laxylxaya++−=+−+=，则“1a=”是“1l//2l”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【答案】A【解析】【分析】求出1l//2l的a值，再

利用充分条件和必要条件的判断方法，即可求解.【详解】因为直线()()12:110,:220laxylxaya++−=+−+=，当1a=时，12:210,:230lxylxy+−=+−=，此时1l//2l，即1a

=可以推出1l//2l，当1l//2l时，(1)2aa+=，解得1a=或2−，又2a=−时，12:10,:0lxylxy−+=−=，此时1l//2l，所以1l//2l推不出1a=，.所以“1a=”是“1l//2l”的充分不必要条件，故选：A.

4.若函数()()2391xxxaxfx+=+为偶函数，则a=（）A.1−B.0C.1D.3【答案】B【解析】【分析】根据偶函数的定义求解即可.【详解】因为函数()fx为偶函数，所以()()fxfx−=，所以()()22339191xxxxxaxxax−−−+=++，解得0a=，经检验0

a=满足题意，故选：B.5.已知点()00,xy为直线260xy++=上任意一点，则()22001xy++的最小值是（）A.3B.2C.5D.6【答案】C【解析】【分析】()22001xy++的几何意义为直线上的点到原点的距离，由点到直线的距离公式可得．【详解】点()00,xy

为直线260xy++=上任意一点，又()22001xy++的几何意义为直线上的点到()1,0−的距离，故最小值为()1,0−到直线的距离，即最小值为225521=+故选：C．6.如图，在异面直线,mn上分别取点,AB和,C

D，使2,4,6ABCDBD===，且,ACmACn⊥⊥，若π,3ABCD=，则线段AC的长为（）A.2B.22C.26D.6【答案】C【解析】【分析】过C作//lAB，过B作BHl⊥于H，连接,BHHD，根据条件得到AC⊥面CDH，从而得到ACDH⊥，进而得BHDH

⊥，在CHDV中，利用余弦定理得到23HD=，从而可求出26ACBH==.【详解】如图，过C作//lAB，过B作BHl⊥于H，连接,BHHD，因为ACm⊥，所以ACCH⊥，又ACn⊥，nCHC=，,nCH面CDH，所以AC⊥面CDH，又DH面CDH，所以ACDH⊥，又易知//ACBH，所

以BHDH⊥，又π,3ABCD=，所以π3HCD=，在CHDV中，2,4CHABCD===，所以222π2cos416224cos123HDCHCDCHCDHCD=+−=+−=，在RtBH

DV中，6BD=，23HD=，所以222361224BHBDDH=−=−=，又//,//ACBHABCH，所以26ACBH==，故选：C.7.已知点P为椭圆221169xy+=上任意一点，则点P到直线:90lxy−+=的距离的最小值为（）A.25B.4C.23D.22【答案】D

【解析】【分析】根据条件，设(4cos,3sin)P，利用点到直线的距离公式得到4cos3sin92d−+=，再利用辅助角公式及cosyx=的性质，即可求解.【详解】由题可设(4cos,3sin)P，则点P到直线:90lxy−+=的距离为4

cos3sin95cos()922d−+++==，其中3tan4=，所以当cos()1+=−时，d最小，最小值为4222d==.故选：D.8.如图所示，在四棱锥PABCD−中，底面ABCD是边长为2的菱形，π3,3PAABCBAP===，且1cos6P

AD=，则cosPBC=（）A.277−B.277C.3714−D.3714【答案】D【解析】【分析】利用基底ABADAP、、表示出向量PC，然后求出PC的模，余弦定理求出PB的长，在PBC中，利用余弦定理的变形即可求出cos.PBC【详解】如图连接AC,则PCACAPABADAP=

−=+−2222()||||222PCABADAPABADADABADABAPADAP=+−=+++−−由题可知π12,3,,cos36ABPAABCBAPPAD=====，∴222||4,||9,ABADAP===122cos2224

2ABADABADBAD==−=−，122cos22362ABAPABAPPAD===，122cos22326ADAPADAPPAD===，∴4494625PC=++−−−=，在ABP中,22212cos4922372PBABAPA

BAPPAB=+−=+−=,7PB=,PBC中22274537,cos214272PBBCPCPBCPBBC+−+−===,故选：D.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.党的二十大作出“发展海洋经济，保护海洋生态环境，加快建设海洋强国”的战略部署．如图是2018—2023年中国海洋生产总值的条形统计图，根据图中

数据可知下列结论正确的是（）在A.从2018年开始，中国海洋生产总值逐年增大B.从2019年开始，中国海洋生产总值的年增长率最大的是2021年C.这6年中国海洋生产总值的极差为15122D.这6年中国海洋生产总值的80%分位数是94628【答案】BD【解析】【分析】对A，根据

条形图数据可判断；对B，根据数据计算年增长率可判断；对C，计算极差可判断；对D，根据80%分位数概念计算可判断.【详解】对于A，根据条形图数据可以看到2020年较2019年海洋生产总值是下降的，故A错误；对于B，2019年海洋生产总值年增长率是8941510.07283

415−=，2020年海洋生产总值年增长率是8001010.10589415−=−，2021年海洋生产总值年增长率是9038510.13080010−=，2022年海洋生产总值年增长率是9462810.04790385−=，2023年海洋生产总值年增长率是9

853710.04194628−=，故年增长率最大的是2021年，故B正确；对于C，这6年中国海洋生产总值的极差为985378001018527−=，故C错误；对于D，将这6年的海洋生产总值按照从小到大排列80010，83415，89415，90385，94628，98537，

又680%4.8=，所以这6年中国海洋生产总值的80%分位数是94628，故D正确.故选：BD.10.已知圆22:(1)1Mxy−+=与圆22:(2)4Nxy+−=相交于,AB两点（点A在第一象限），则（）A.直线AB的方程是20xy−=B.,,,AMBN四点不共圆C.圆M的过点A

的切线方程为3480xy+−=D.4cos5AMB=−【答案】AC【解析】【分析】选项A，利用两圆方程相减，即可求解；选项B，联立直线AB的方程与圆的方程，直接求出84(,)55A，(0,0)B，进而可得MN中点到,,,AMBN四点距离相等

，即可求解；选项C，利用选项B中结果，先求出43MAk=，进而得到切线方程的斜率为34−，即可求解；选项D，直接求出455AB=，1MAMB==，利用余弦定理即可求解.【详解】对于选项A，因为圆22:(1)1Mxy−+=与圆22:(2)4Nxy+−=，两圆方程相减得到20x

y−=，即直线AB的方程是20xy−=，所以选项A正确，对于选项B，由20xy−=和22(1)1xy−+=，解得00xy==或8545xy==，即84(,)55A，(0,0)B，又(1

,0),(0,2)MN，所以MN中点为1(,1)2P，则52PBPA==，又5MN=，所以P到,,,AMBN四点距离相等，即,,,AMBN四共圆，所以选项B错误，对于选项C，由选项B知84(,)55A，所以4458315MAk==−，得到圆M的过点A的切线方程为438()545yx−=−−，整理得

到3480xy+−=，所以选项C正确，对于选项D，因为64164525255AB=+=，1MAMB==，在BMA△中，由余弦定理得222161135cos225MAMBABAMBMAMB+−+−===−，所以选项

D错误，故选：AC.11.在正方体1111ABCDABCD−中，点P满足1APABADAA=++，其中)1,+，则下列说法正确的是（）A.若1,,,,ABDAP在同一球面上，则3=B.若AB∥平面1ADP，则2=C.若点

P到1,,,ABDA四点的距离相等，则2=D.若1AP⊥平面PBD，则32=【答案】BCD【解析】【分析】由题知点P在线段1AC上(不包含A点)；对于A，若1,,,,ABDAP在同一球面上,则此球为正方体的

外接球,所以P与1C重合，由此求出的值；对于B，利用线面平行的性质定理得P为1AC的中点，据此求值；对于C，点P到1,,,ABDA四点的距离相等,则P为正方体外接球的球心,即1AC的中点,据此求值；对于D，若1AP⊥平面PBD,则1APPO⊥,由对称性

知11AAOAPO，所以RARP=，进而可得P是1AC上靠近1C的三等分点，据此求值.【详解】因为点P满足1APABADAA=++，所以点P在线段1AC上(不包含A点).对于A，若1,,,,ABDA

P在同一球面上，则此球为正方体的外接球，所以P与1C重合，所以1=，故A错误;对于B，如图1，设1AD的中点为Q，连接PQ，则平面11ABCD与平面1ADP的交线为直线PQ，要使//AB平面1ADP，则需//ABPQ，则P为1AC的中点，此时2=，故B正确;对于C，点P到1,

,,ABDA四点的距离相等，则P为正方体外接球的球心，即1AC的中点，此时2=，故C正确;对于D，如图2，设正方形ABCD的中心为O，连接1AO，与1AC交于点R，连接11AC易证11ACROAR，所以1112CRACAROA==，所以R是1AC

上靠近A的三等分点，假设正方体的边长12AA=，则22AC=,如图所示，在平面11ACCA中，建立如图所示的平面直角坐标系，则()()()()110,2,2,0,0,0,22,2AOAC,所以()()12,2,22,2AOAC=−=,因为1

·0AOAC=，所以11AOAC⊥，若1AP⊥平面PBD，PO面PBD，则1APPO⊥，由对称性易知11AAOAPO，则RARP=，从而P是1AC上靠近1C的三等分点，此时32=，故D正确.故选：BC

D.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知直线:2lykx=+在x轴上的截距为1，则k=__________.【答案】2−【解析】【分析】根据条件，利用横截距的定义，即可求解.【详解】因为直线:2lykx=+，令0y=，得到2xk=−，由题有21k−=，解得2k=

−，故答案为：2−.13.已知tan2=，则2sincossin1−+=__________.【答案】35##0.6【解析】【分析】用弦切互化的方法即可求解.详解】22222sincossin1sincossinsincossinco

scos−+=−++=+2222sincoscostan1213sincostan1415+++====+++,故答案为：35.14.古希腊数学家阿波罗尼斯的著作《圆锥曲线论》中有这样一个结论：平面内与两点距离的比为常数()1

的点的轨迹是圆，后人称这个圆为阿波罗尼斯圆.已知点()7,0A−，B为直线:43110lxy++=上的动点，P为圆22:(2)9Cxy−+=上的动点，则3PAPB+的最小值为__________.【答案】9【【解析】【分析】根据阿波罗尼斯圆的定义可设||3||PAP

D=，利用待定系数法得D的坐标为(1,0)，即可根据三点共线，结合点到直线的距离公式即可求解.【详解】令3PAPD=，则||3||PAPD=．由题意可得圆22:(2)9Cxy−+=是关于点A，D的阿波罗尼斯圆，且3=，设点D坐

标为(,)Dmn，则2222(7)||3||()()xyPAPDxmyn++==−+−，整理得22229794994948mnmnxyxy−−+−+=−，由题意得该圆的方程为22:(2)9Cxy−+=，即2245xyx+−=所以229744904499958mnmn+==−−=

，解得10mn==，所以点D的坐标为D(1,0)，所以3333PAPBPDPBDB+=+，当BDl⊥时，此时DB最小，最小值为22411334+=+，因此当BDl⊥时，3PAPB+的值最小为339=，故答案为：9【点睛】关键点点睛：根据3PAPB+的形式，设3PA

PD=，则||3||PAPD=，利用阿波罗尼斯圆的定义待定出点D(1,0)，即可利用点到直线的距离求解.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.已知直线1l的方程为()420axay+−+=，直线2

l经过点1,02A和10,Ba.（1）若12ll⊥，求a的值；（2）若当a变化时，1l总过定点C，求AC.【答案】（1）2a=−或4a=.（2）52【解析】【分析】（1）求出直线1l

和2l的斜率，利用斜率相乘为-1求解即可；（2）将直线1l的方程为()420axay+−+=进行变形，然后解方程组即可得到直线1l经过的定点，再利用两点间的距离公式求解即可.【小问1详解】直线2l经过点1,02A和10,Ba,所以

0a，所以直线2l的斜率为102102aka−==−−，因为直线1l的斜率为4aa+，12ll⊥,所以421aaa+−=−,解得2a=−或4a=.小问2详解】直线1l的方程为()420axay+−+=可以改写为(

)420axyx−++=,由0420xyx−=+=，解得12xy==−，所以1l总过定点11C,22−−,根据两点间的距离公式,221115(0).2222AC=−−+−−=16.已知ABCV的内角,,ABC的

对边分别为,,abc，且3sincosaCcAc=+.（1）求A；（2）若π,4CABC=△的面积为236+，求c.【【答案】（1）π3（2）4【解析】【分析】（1）利用正弦定理边转角得到3sincos1AA=+，再利用辅助角及特殊角

三角函数值，即可求解；（2）根据条件及（1）中结果，得到5π12B=，利用正弦定理得到312bc+=，再利用面积公式，即可求解.【小问1详解】由3sincosaCcAc=+，得到3sinsinsincossinACCAC=+，又(0,

π)C，sin0C，得到3sincos1AA=+，即3sincos1AA−=，所以π2sin()16A−=，得到π1sin()62A−=，又(0,π)A，所以ππ5π(,)666A−−，所以ππ66A−=，解

得π3A=.【小问2详解】因为π4C=，由（1）知π3A=，所以ππ5ππ3412B=−−=，由正弦定理sinsinsinabcABC==，得到5πsinsin5π122sinπsin12sin4ccBbcC===，又5π7πππ212326sinsin=

sin()12124322224+=+=+=，所以312bc+=，又ABCV面积为236+，所以211313sin2362222SbcAc+===+，整理得到216c=，解得4c=.17.已知圆221:202Exmxym−+−

=，点()1,0A关于直线:lyaxb=+的对称点为()2,3B−.（1）求l的方程；（2）若l与圆E相交于,MN两点，圆心E到l的距离为2，圆C的圆心在线段MN上，且圆C与圆E相切，切点在劣弧MN上，求圆C的

半径的最大值.的【答案】（1）2yx=+（2）142−【解析】【分析】（1）利用直线AB与l垂直，可得1a=，再利用AB中点在l上，即可求解；（2）根据条件求出4m=−，联立直线与圆的方程得到2630xx++=，解得1236,36xx=−−=−+，设出(,2)C

aa+，其中3636a−−−+，利用圆与圆的位置关系得到214142(3)2rCEa=−=−++，即可求解.【小问1详解】因为点()1,0A关于直线:lyaxb=+的对称点为()2,3B−，所以313a=−−，得到1a=，又易知AB中点为13(,)22−，则3122b=−+，解得2b=，所以

直线l的方程为2yx=+.【小问2详解】因为圆221:202Exmxym−+−=的圆心为(m,0)E，由题有222m+=，解得0m=或4m=−，当0m=时，圆22:0Exy+=，不合题意，所以4m=−，圆22:820Exxy+++=，即22(4)14xy++=，设112

2(,),(,)MxyNxy，由228202xxyyx+++==+，消y得到2630xx++=，所以1236,36xx=−−=−+，设圆C的圆心为(,2)Caa+，半径为r，又圆C与圆E相切，切点在劣弧MN上，则14CEr=−，得到222221414(4)(2)14

(4)(2)142(3)2rCEaaaaa=−=−+++=−+++=−++，又易知3636a−−−+，所以当3a=−时，圆C的半径最大，最大值为142−.18.如图，在三棱锥PABC−中，2,22,,,PAABBCPBACPABCMN=====⊥分别是棱PB，CA上的动点（不

含端点），且BMCN=.（1）证明：平面ABC⊥平面PAB.（2）设BMt=，则当t为何值时，MN的长度最小？（3）当MN的长度最小时，求平面AMN与平面PAB的夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）2t=时，

MN的长度最小（3）33【解析】【分析】（1）根据,PABC⊥,PAAB⊥，利用线面垂直的判定定理，证得PA⊥平面ABC进而由面面垂直的判定即可求解；（3）根据线面垂直的性质，结合余弦定理和勾股定理，得到MN的表达式，即可由二次函数的性质求解最值.（3）建

立空间直角坐标系进而求得平面AMN的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.【小问1详解】由于2,22,,PAABPBPAAB===⊥又,PABC⊥,,BCABBBCAB=平面ABC，所以PA⊥

平面ABC，又因为PA平面PAB，所以平面ABC⊥平面PAB.【小问2详解】作//MDPA交AB于D，连接DN，由于PA⊥平面ABC，故MD⊥平面ABC，MN平面ABC，故MDMN⊥，BMt=，故2222BDDMBMt===，CNt=，故22,ANt=−又易知ABCV是等腰直角三角

形，由余弦定理可得2222cos45DNADANADAN=+−()()2222212222222224222tttttt=−+−−−−=−+，故()222222422NMMDDNttt=+=−+

=−+，故当2t=时，此时MN的最小值为2.【小问3详解】由于2,22ABBCAC===，故ABBC⊥，以B为坐标原点，以,BCBA所在的直线分别为x和y轴，以过点B垂直与平面ABC的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，当2t=时，,M

N分别为,PBAC的中点，则()0,2,0A，()0,0,0B()()()2,0,0,0,1,1,1,1,0CMN，所以()()0,1,1,1,1,0AMAN=−=−，设平面AMN的法向量为(,,)nxyz=，则00nAMnAN==，即00yzxy−+=−

=，取1y=，可得平面AMN的一个法向量()1,1,1n=，平面PAB的一个法向量为()1,0,0m=，设平面AMN与平面PAB的所成角为，则3cos|cos,|||3||||nmnmnm===，故平面AMN与平面PAB的所成角的余弦值为33.19.已知椭圆()2222:10x

yEabab+=经过点()3,1，且离心率为6,3O为坐标原点.（1）求E的方程.（2）过点()0,3P且不与y轴重合的动直线l与E相交于,AB两点，AB的中点为Q.（i）证明：直线l与OQ的斜率之积为定值；（ii）当OAB△的面积最大时，求直线l

的方程.【答案】（1）221124xy+=（2）①证明见解析；②76360xy−+=或76360xy+−=..【解析】【分析】（1）根据已知点在椭圆上及离心率列方程组求解可得椭圆方程；（2）设方程()()1

122:3,,,,lykxAxyBxy=+，直线与椭圆联立消去y利用韦达定理和斜率公式证明直线l与OQ的斜率之积为定值；根据弦长公式和三角形面积公式求得直线斜率最后得到直线方程.【小问1详解】由已知，得22222911,6,3,abcaabc+===+解得23

,2,ab==故E的方程为221124xy+=.【小问2详解】①由题可设()()1122:3,,,,lykxAxyBxy=+.将2211243xyykx+==+，消去y，得()221318150kxkx+++=.当()

2Δ436150k=−，即2512k时，有1212221815,1313kxxxxkk−+==++.所以121212229,321322133xxyyxxkkkk+++−==+=++，即2293,1313kQkk−++，可得13OQkk=−，所以31OQ

kk=−，即直线l与OQ的斜率之积为定值.②由（1）可知()()222121212114ABkxxkxxxx=+−=++−22221361531kkk+−=+又点O到直线l的距离231dk=+，所以OAB△的面积22133615231OABkSdABk−==+.设23

615kt−=，则2391243627OABtSttt==++0,263,23272736362763OABtttStttt+===+，当且仅当33t=，即426k=时等号成立，且满足Δ0.所以当OAB△的面积最大时，直

线l的方程为76360xy−+=或76360xy+−=.【点睛】关键点点睛：求解面积最值的关键点是换元设23615kt−=，把面积转换为t的函数结合基本不等式计算最值即可，注意取等条件是否符合题意.