2023-2024学年四川省南充市嘉陵第一中学高二上学第三次月考试题数学

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一、单选题(每小题5分，共40分)
1．C 2．D 3．A 4．C 5．A 6．D 7．B 8．A
二、多选题(每题5分，共20分，全对得5分，部分选对得2分，多选或错选得0分)
9．BCD 10．BD 11．BCD12．BC
【详解】对于A，当λ=1时，由BP=BC+μBB1，得CP=μBB1，因为μ∈0,1，所以点P在线段CC1上，
设CP=x (0≤x≤2)，则PC1=2−x，BP2=4+x2，PD12=(2−x)2+4，BD12=23，
若PB⊥PD1，则BP2+PD12=BD12，
则4+x2+(2−x)2+4=12，则x=0或x=2，
当x=0时，P与C重合；当x=2时，P与C1重合，
故当λ=1时，有两个点P，使得PB⊥PD1，故A不正确；
对于B，当μ=1时，由BP=λBC+BB1，得B1P=λBC，又λ∈0,1，则点P在线段B1C1上，
因为A1D⊥AD1，A1D⊥AB，AD1∩AB=A，A1D,AB⊂平面D1ABC1，
所以A1D⊥平面D1ABC1，
若A1D⊥平面PAD1，则平面D1ABC1与平面PAD1重合，
此时P必与C1重合，即当μ=1时，有且仅有一个点P，使得A1D⊥平面PAD1，故B正确；
对于C，当λ+μ=1时，由BP=λBC+μBB1以及λ∈0,1，μ∈0,1，得点P在线段B1C上，
因为B1C//A1D，B1C⊄平面A1DC1，A1D⊂平面A1DC1，所以B1C//平面A1DC1，
所以点P到平面A1DC1的距离等于B1到平面A1DC1的距离，
所以VA1−PDC1=VP−A1DC1=VB1−A1DC1为定值，故C正确；
对于D，由BP=λBC+μBB1，以及λ∈0,1，μ∈0,1得点P在侧面BCC1B1内，
易知，AB⊥BP，由AP=3，AB=2，得BP=AP2−AB2=9−4=5，
所以点P的轨迹是侧面BCC1B1内以B为圆心，5为半径的弧，
即有无数个点P满足题意，故D不正确.

三、填空题(每题5分，共20分)
13．±22. 14．34/0.75 15．(2+1,+∞)
16．6,43
【详解】因为双曲线方程为x24−y212=1，设Ax1,y1,Bx2,y2，若点P为线段AB的中点，
则x1+x2=8,y1+y2=2t，又x124−y1212=1x224−y2212=1，两式相减并化简可得y1−y2x1−x2=12t，
又直线AB的斜率k=y1−y2x1−x2，即k=12t，
设直线l的方程为y−t=kx−4，联立y−t=kx−4x24−y212=1 ,
化简可得3−k2x2−24−8k2x−t2+84−16k2=0
因为直线与双曲线有两个不同的交点，
所以Δ=24−8k22−43−k2−t2+84−16k2>0，又k=12t，
化简得t4−84t2+123>0，即t>43或0所以不存在直线l使得P是线段AB中点的t的取值范围为6,43，
故答案为：6,43.
四、解答题(17题10分，其余每题12分，共70分)
17．(1)−1 010 (2)k=−52或k=2
【详解】（1）由题设a=1,1,0，b=−1,0,2，
所以cs〈a,b〉=a⋅bab=1,1,0⋅−1,0,21+1×1+4=−12×5=−1010．
（2）由ka+b=k−1,k,2，ka−2b=k+2,k,−4，而ka→+b→⊥ka→−2b→，
所以ka+b⋅ka−2b=k−1k+2+k2−8=2k2+k−10=2k+5k−2=0，
可得k=−52或k=2．
18．【详解】（1）证明：∵PA⊥平面ABC，CD⊂平面ABC，
∴PA⊥CD，
∵AC=BC，D是棱AB的中点，∴CD⊥AB，
又PA∩AB=A，且PA⊂平面PAB，AB⊂平面PAB，
∴CD⊥平面PAB，
∵PD⊂平面PAB，∴CD⊥PD；
因此PA⊥AC,PA⊥AD,CD⊥AD,CD⊥PD,
故∠PAC，∠PAD，∠ADC，∠PDC为直角，所以四面体PACD是鳖臑，
（2）∵四面体PABC是鳖臑，AC=BC，∴AC⊥BC，
又AP=AB=2，
∴ AC=BC=2，
由（1）知CD⊥平面PAB，所以∠CAD为直线AC与平面PAB所成的角，
由于CD⊥AD,D是中点，所以AD=CD=12AB=1,故∠CAD=π4.
19．(1)x+12+y−22=4
(2)y=1或3x+4y−10=0
【详解】（1）由题可得PAPB=x2+y−22x−32+y−22=12，
化简得x+12+y−22=4，
即E的方程为x+12+y−22=4.
（2）由题可知l的斜率存在，设l:y−1=kx−2，
即kx−y−2k+1=0.
由（1）可知曲线E是以−1,2为圆心，2为半径的圆，
因为MN=23，
所以圆心到直线l的距离为22−(3)2=1，
所以3k+1k2+1=1，解得k=0或k=−34.
所以l的方程为y=1或3x+4y−10=0.
20．【详解】（1）以点D1为坐标原点，D1A1,D1C1,D1D所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A11,0,0,B11,1,0,C10,1,0,D10,0,0,A1,0,1,B1,1,1,C0,1,1，
D0,0,1,E0,1,12，故DB=1,1,0,A1A=0,0,1,AE=−1,1,−12，
所以DB⋅A1A=0,DB⋅AE=0，所以BD⊥AA1,BD⊥AE，
又AA1∩AE=A，AA1,AE⊂平面A1AE，因此BD⊥平面A1AE.
（2）平面AB1E的法向量为m=x1,x2,x3，
B1A=0,−1,1,B1E=−1,0,12，则m⋅B1A=−x2+x3=0,m⋅B1E=−x1+12x3=0,
取x1=1，可得m=1,2,2，
设平面AB1E和底面A1B1C1D1夹角为θ，
因为平面A1B1C1D1的一个法向量为n=0,0,1，
所以csm,n=m⋅nmn=23，
故sinθ=1−cs2m,n=53，
所以平面AB1E和底面A1B1C1D1夹角的正弦值为53.
21．【详解】（1）因为抛物线C:y2=2px过点A1,2，
所以4=2p，p=2，抛物线方程为y2=4x.
（2）设Mx1,y1，Nx2,y2，直线MN的方程为x=ty+2+3，
联立x=ty+2+3y2=4x，整理得y2−4ty−8t−12=0，
Δ=16t2+32t+48>0，y1+y2=4t，y1y2=−8t−12，
则k1⋅k2=y1−2x1−1⋅y2−2x2−1=y1−2y124−1⋅y2−2y224−1
=16y1y2+2y1+y2+4=16−8t−12+8t+4=−2，
故k1⋅k2为定值−2.
22．【详解】（1）设椭圆的半焦距为c，其右焦点为F′，
由椭圆的对称性可知PF+QF=PF+PF′=2a=4，即a=2，
又EF=a−c=1，所以c=1，b=a2−c2=3，
则椭圆方程为：x24+y23=1；
（2）由已知可得直线l的斜率一定存在，
则设直线l的方程为y=kx+3，设Ax1,y1，Bx2,y2，
联立直线与椭圆x24+y23=1y=kx+3，
得3+4k2x2+24k2x+36k2−12=0，Δ=24k22−43+4k236k2−12=48−5k2+3>0，即k2<35，
则x1+x2=−24k23+4k2，x1x2=36k2−123+4k2，
设M−3,t，N−3,−t，t≠0，
则直线MA的方程为y−t=y1−tx1+3x+3，
直线BN的方程为y+t=y2+tx2+3x+3，
两式相减可得2t=y2+tx2+3−y1−tx1+3x+3
又y2+tx2+3−y1−tx1+3=kx2+3+tx2+3−kx1+3−tx1+3 =tx2+3+tx1+3 =tx1+x2+6x1x2+3x1+x2+9 =t−24k23+4k2+636k2−123+4k2−3⋅24k23+4k2+9 =65t，
所以2t=65t⋅x+3，即2=65x+3，
解得x=−43，
所以直线MA与BN的交点在直线x=−43上.