【文档说明】河南省南阳市六校2024-2025学年高二上学期12月联考试题 数学 PDF版含解析.pdf，共(12)页，2.584 MB，由envi的店铺上传

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ABCBFABAA=}#}高二年级数学参考答案第1页（共8页）2024年秋期六校第二次联考高二年级数学参考答案1．【答案】C【解析】设�→=x�→+y�→，即可解得x，y的值，进而求出λ值.2．【答案】B【解析】因为�→在�→方向上

的投影向量为32�→�→，所以�→�→�→�→�→|�→�→�→|.�→�→|�→|�→|=32�→�→，所以�→.�→=3，所以�→�→+�→�→在�→方向上的投影数量为�→�→.（�→�→+�→�→）|�→�→�→|=522.3．【答案】B【解析】当甲安排为“定点投篮”

工作，另外3人任意安排工作有6种方法.当甲也不安排“定点投篮”工作时，先安排甲有2种，再安排乙有2种，另外剩余2人有2种，则此时有2×2×2=8种方法，共有6+8=14种，故选：B.4．【答案】C【解析】����=����-����=12（�→+

�→）-23�→�→.5．【答案】D【解析】取AC的中点H，SC的中点F，连接DH，EH，EF，DF，如右图所示：在△SCA中，因为D，F分别为SA，SC的中点，故DF//AC，故∠FDE即为所求角或其

补角；设AB=BC=2SC=2，在△ABC中，AC=2BCsin60°=23，又有DF=12��=3，由SC⊥平面ABC，可得SC⊥BC，则��=1+4=5，��=12��=52，由于DH//SC，可得DH⊥平面ABC，又��⊂面ABC，则DH⊥EH，可得��=��2+��2=14+1=52，所以

cos∠���=��2+��2−��22��⋅��=3+54−5423×52=155．故选：D.6．【答案】A【解析】设过点A（－a，0）且方向向量为&→=（1，-1）的光线，交直线y=－b的点为B，右焦点为C，因为方向向量&→=（1，－1）的直线斜率为-1，则∠CAB=45°，直线AB的斜率

为-1，又由反射光线的性质可得BC的斜率为1，故AB⊥BC，所以△ABC为等腰直角三角形，且B到AC的距离为b，又AC=c+a，故a+c=2b，�2+�2+2ac=4�2=4（�2-�2），则（3a-5c）（a+c）高二年级数学参考答案第2页（共8页）=0，故3a=5c，离心率e=��=3

5.7．【答案】A【解析】设点P（x，y），则由|'���|=2|'���|得点P的轨迹方程为x²+y²=4，圆心为（0，0），半径为2，由此可知圆（x－a－1）²＋(y－3�＋2)2=9与x²+y²=4有公共点，又圆（x－a－1）²＋(y－3�＋2)2=9的圆心为（

a+1，3a-2），半径为3，所以1≤(�+1)2+(3a−2)2≤5，解得-1≤a≤2，即a的取值范围是[-1，2].故选A.8．【答案】D【分析】可借助正方体解决正八面体的有关问题.【解析】正八面体可由

正方体每个面的中心构成，如图：因为正八面体的棱长为2，所以正方体的棱长为22.∵A，E，C，F四点共面，直线AE与CF是共面的，故A错；设二面角E－AB－D为ɵ，�△���=3，�正方形����=4，所以cosɵ=13≠22，ɵ≠/4，所以：

二面角E－AB－F=2ɵ≠/2，故B错；V=13×4×22=832，故C错；由八面体的构成可知：平面ABE和平面DCF之间的距离是正方体体对角线的13，所以两个平面之间的距离为：13×22×3=236，故D正确.9．【答案】ABD【解析

】对于A，11⊥12，所以3a×2-4（2a-1）=0，解得a=2；对于B，点A在C圆内，当CA⊥PQ时，|PQ|取最小值，|CA|=5，r=3，所以|PQ|的最小值是4；对于C，方程表示椭圆的充要条件是4−2>02−1>04−2≠2−1，解得1<k<4且k≠52；对于D，直线过定点P（1，-1）

，5'�=4，5'�=32，画图可知k的取值范围是[32，4].10．【答案】AC【解析】直线过（0，1），双曲线的渐近线方程为y=±x，k=±1时一个交点，k=±2时切于一点，k˂－2或k＞2时没有公共点，－2˂k˂－1或－1˂k˂1或1˂k˂

2时两个公共点.高二年级数学参考答案第3页（共8页）11．【答案】BD【分析】分类讨论两个平面的位置，作截面结合正方体的结构特征运算求解.【解析】设该正方体为ABCD－A1B1C1D1，且其棱长为a，若考虑4个平面中最中间的两个平面，共有两种情况：

①若中间的两个平面为平面A1BD和平面B1D1C，如图1所示，则过A1，A，C作截面，截面图如图2所示，AE=22a，A�1=a，�1E=62a，设相邻两平面间距离即为A到A1E的距离h，可得12×22a×a=12×62a×ℎ，解得h=33a，即相邻两平面间距离即为A到A1E的距离3

3a，可知33a=1，解得a=3；（法二：3,33==aa故）②若中间的两个平面如图3所示，过B，C，C1作截面，截面图如图4所示，其中M，N分别为BC，B₁C₁中点，则BM=12a，B�1=a，�1M=52a，设相邻两平面间距离即为B到�1M

的距离d，可得12×12�×a=12×52a×d，解得d=55a，相邻两平面间距离即为B到�1M的距离55a，则55a=1，解得a=5；故选：BD.12．【答案】（-1，1）【解析】圆心C到直线l的距离d=|k×

6−0+4k|22+(−1)2=|10k|22+1，要在圆C上至少存在两点到直线l的距离等于t=2，则需要|d-t|<r，即t-r<d<t+r，即|10k|22+1<t+r=2+42=52，解得-1<k<1，故实数k的取值范围是（-1，

1）.高二年级数学参考答案第4页（共8页）13．【答案】2【解析】如图，作PQ⊥BC于点Q，作QM⊥BD，交BD于点M，连接PM，得到PQǁAB，QM//CD，PQ⊥平面BCD，PQ⊥BD，又QM⊥BD，QM∩PQ=Q，所以BD⊥面PQM，所以PM⊥

BD.设CQ=x，CB=22，'8��=�8��则'82=922，PQ=92，0≤x≤22，在△BCD中，�8��=8���，即22−x22=8�2，QM=22−x2，PM='82+8�2=922+(8－429+92)2

=92−22x+4=(9−2)2+2≥2，当且仅当x=2时等号成立，�∆'��=12BD∙PM≥12×2×2=2.14．【答案】32+25【解析】设CD中点为M，连接�1M，P�1，�1�1，PM，则AQ⊥平面PM�1�1则截面即四边形PM�1�1.因为�1M＝P�1＝22

+12=5，�1�1＝22+22=22，PM＝2，所以截面PM�1�1的周长为32+25.15．【答案】（1）x－4y=0或x＋y－5=0；（2）26+3【解析】（1）因为f（4）=1，所以定点A（4，1）.............1分因为直线在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，直线l的方程为x－4y=0；.........................3分当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，所以直线l的方程为x+y－5=0.

...........................5分综上可得直线l的方程为x－4y=0或x+y－5=0.................6分（2）设Q（x，y），P（x0，y0），由'8��=（3，-4）可得90=9−3A0

=A+4，.........8分代入902+A02=9，高二年级数学参考答案第5页（共8页）得（9−3)2+（A+4)2=9即为点Q的轨迹方程，.........10分圆心（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，........

..........12分所以|AQ|的最大值为26+3...................13分16．【答案】（1）4；（2）3.【解析】圆M的圆心（-1，2），半径r=1...............1分（1）由题意知直线过圆心，所以a+b=1，a>0，b>0，.......2分

1�+1�=（1�+1�）（a+b）=2+��+��≥4，当且仅当a=b=12时等号成立，所以1�+1�的最小值是4..........................5分（2）由题意知抛物线的准线为x=-2，所以抛物线方程为y2=8x，......

.............7分焦点F（2，0），90≥0，|AF|=90+2，|AB|=(90+1)2+A02,其中A02=890，.........................9分所以|��||��|−1=(90+1)2

+A0290+1=(90+1)2+89090+1=1+890902+290+1=1+890+2+190≤3（90>0），当且仅当90=1时等号成立..............13分90=0时|��||��|−1=1，.....

......14分所以|��||��|−1的最大值是3...........15分17．【答案】（1）32；（2）277【解析】（1）根据题意，由直角梯形边长AB=BC=2，DC=3，可知∠C=60∘，∠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：高二年级数学参考答案第6页（共8页）可得四边形ABCE为菱形，所以AC⊥BE，即折起后AF⊥BE，�1F⊥BE，....................

.....................2分如图所示，易知AF=�1F=3，又A�1=6，满足��2+�1�2=��12，即AF⊥�1F；......................................4分又AF⋂BE=F，AF，BE⊂平面AB

ED，所以�1F⊥平面ABED，.......................5分且�1F=3，梯形ABED的面积为12×（1+2）×3=332，V=13×332×3=32.........................7

分（2）以D为坐标原点，分别以��������,��������为x，y轴，��1��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），�1（32，3

2，3），可得�1���F=（32，12，-3），��1��=（32，32，3），����=（3，0，0），...............10分设平面�1AD的法向量G→=（x，y，z），则329+32A+3H=039=0，可得G→=

（0，-2，3）为平面�1AD一个法向量，....................13分设B�1与平面�1AD所成的角为I，所以sinI=|cos<G→G→G→,��1����1����1��>|=|G→|G

→|G→.�1���F�1���F�1���F||G→G→G→||�1���F�1���F�1���F|=|−4|27=277...........15分其它建系方法，只要结果正确，都给分。18．【答案】（1）证明见解析；（2）155.【解析

】（1）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，高二年级数学参考答案第7页（共8页）且EM=12CD，....................2分又∵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∴四边形AOME为平行四边形，............4分则OM//AE，又OM⊂平面POC，AE⊄平面POC，∴AE//平面POC........6分（2）由OA=PA=2，∠PAB=

60°可知△POA为等边三角形，.............7分设OA中点为Q，则PQ⊥OA，又因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=OA，所以PQ⊥平面ABCD，..........

.........9分设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），'���=（3，0，-3），����=（-

4，4，0），...........11分设平面PBD的法向量为&→=（x，y，z），则&→&→.'���'���'���=39−3H=0&→&→&→.������������=−49+4A=0，取x=1，得y=1，z=3，所以&→=（1，1，3）为平面PBD的

一个法向量.......................14分取平面ABD的法向量为G→=（0，0，1）...........15分设平面PBD与平面ABD所成的平面角为I，且I为锐角，则cosI=cos<&→&→，G→

G→>=&→&→&→.G→G→|&→&→&→||G→G→G→|=155.......................17分19．【答案】（1）45；（2）存在，λ=14.【解析】（1）因为椭圆()222210+=>>xyabab是等差椭圆，所以2b=a＋c，所以

c=2b－a，又c²=a²高二年级数学参考答案第8页（共8页）－b²，................2分所以（2b－a）²=a²－b²，................3分化简得ba=45.............

.....5分（2）由2c=6且ba=45可知a=5，b=4，c=3.所以椭圆方程为9225+A216=1，............6分联立直线x=my+3得（16G2+25）y2+96my-256=0，A（-5，0）

，B（5，0），设P（91，A1），Q（92，A2），则A1+A2=−96G16G2+25，A1A2=−25616G2+25，...............9分91=mA1+3，92=mA2+3，21=A191+5=A1GA1+8，22=A292−

5=A2GA2−2，2122=GA1A2−2A1GA1A2+8A2，..................13分把A1=−96G16G2+25-A2，A1A2=−25616G2+25代入，得2122=−64G16G2+25+2A2−256G16G2+25+8A2=14，..........

....16分所以存在实数λ=14，使得21=λ22............17分