2024-2025学年黑龙江省绥化市绥棱一中高二（上）月考数学试卷（9月份）（含答案）

这是一份2024-2025学年黑龙江省绥化市绥棱一中高二（上）月考数学试卷（9月份）（含答案），共7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.曲线x225+y29=1与曲线x225−k+y29−k=1kb>0)的离心率为 22，上顶点为A(0,1)．
(1)求椭圆E的方程;
(2)过点P(0, 3)且斜率为k的直线l与椭圆E交于不同的两点M，N，且|MN|=8 27，求k的值．
19.(本小题12分)
如图1，在△MBC中，BM⊥BC，A，D分别为边MB，MC的中点，且BC=AM=2，将△MAD沿AD折起到△PAD的位置，使PA⊥AB，如图2，连接PB，PC．
(1)求证：PA⊥平面ABCD；
(2)若E为PC的中点，求直线DE与平面PBD所成角的正弦值；
(3)线段PC上一动点G满足PGPC=λ(0≤λ≤1)，判断是否存在λ，使二面角G−AD−P的正弦值为 1010，若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
参考答案
1.B
2.B
3.C
4.B
5.B
6.A
7.B
8.D
9.AD
10.ACD
11.CD
12.3
13.12
14.2 5
15.解：(1)由2x−y+1=03x+y+9=0解得x=−2y=−3，即P(−2,−3)，
因为直线5x−4y−1=0的斜率为54，
所以过点P且平行于直线5x−4y−1=0的直线l1的斜率为54，
所以直线l1为：y+3=54(x+2)，化简得5x−4y−2=0．
(2)因为直线3x+4y−3=0的斜率为−34，
所以点P且垂直于直线3x+4y−3=0的直线l2的斜率为43
所以直线l2为：y+3=43(x+2)，化简得4x−3y−1=0．
16.解：(1)设点P的坐标为(x,y)，点A的坐标为(x0,y0)，
由于点B的坐标为(6,5)，且点P是线段AB的中点，
所以x=x0+62，y=y0+52．
于是有x0=2x−6，y0=2y−5． ①
因为点A在圆C1:(x−4)2+(y−3)2=4上运动，
所以点A的坐标满足方程(x−4)2+(y−3)2=4，
即(x0−4)2+(y0−3)2=4． ②
把 ①代入 ②，得(2x−6−4)2+(2y−5−3)2=4，
整理，得(x−5)2+(y−4)2=1，
所以点P的轨迹C2的方程为(x−5)2+(y−4)2=1．
(2)圆C1:(x−4)2+(y−3)2=4与圆C2:(x−5)2+(y−4)2=1的方程相减，
得2x+2y−19=0．
由圆C2:(x−5)2+(y−4)2=1的圆心为(5,4)，半径r=1，
且(5,4)到直线2x+2y−19=0的距离d=|10+8−19| 22+22= 24，
则公共弦长|MN|=2 r2−d2=2 1−18= 142．

17.证明：(1)∵平面ABE⊥平面BCDE，平面ABE∩平面BCDE=BE，AE⊥BE，
∴AE⊥平面BCDE，
在△ABE中，∵AB=2 3，BE=2，∴AE=2 2，
∵BC⊥BE且BC=BE=2，∴△BCE是等腰直角三角形，
∠BEC=∠BCE=π4，∴EC=2 2，
∵BC/​/DE，∴∠CED=∠BCE=π4，
又∵EC=CD=2 2，∴△DCE为等腰直角三角形，DE=4，
∵△BOC∽△DOE，∵BODO=BCDE=12，
又∵BPPA=12，∴OP/​/AD，
∵OP⊄平面ACD，AD⊂平面ACD，
∴OP/​/平面ACD．
解：(2)由(1)得AE⊥平面BCDE，且BE⊥DE，所以建立如图所示空间直角坐标系，

A(0,0,2 2)，C(2,2,0)，D(0,4,0)，
AC=(2,2,−2 2)，AD=(0,4,−2 2)．
设平面ACD的法向量为n=(x,y,z)，则n⋅AC=2x+2y−2 2z=0n⋅AD=4y−2 2z=0，
令x=1，则y=1，z= 2，n=(1,1, 2)，
平面CDE的法向量为EA=(0,0,2 2)，
设二面角A−CD−E的平面角为θ，
则csθ=n⋅EA|n|⋅|EA|= 22，
则sinθ= 1−cs2θ= 22．
18.解：(1)因为椭圆E:x2a2 +y2b2 =1(a>b>0)的离心率为 22，上顶点为A(0,1)，
所以b=1，ca= 22，即c= 22a，
因为a2=b2+c2，解得a2=2，
所以椭圆E的方程为x22+y2=1；
(2)根据题意得直线l:y=kx+ 3，设M(x1,y1)，N(x2,y2)，
则y=kx+ 3x22+y2=1，整理得(1+2k2)x2+4 3kx+4=0，
Δ=(4 3k)2−4×4×(1+2k2)>0，即k2>1，∴x1+x2=−4 3k1+2k2，x1x2=41+2k2，
∴|MN|= 1+k2|x1−x2|= 1+k2 (x1+x2)2−4x1x2=4 (1+k2)(k2−1)1+2k2=8 27，
即17k4−32k2−57=0，解得：k2=3或−1917(舍去)，
∴k=± 3．
19.解：(1)∵A，D分别为MB，MC的中点，∴AD//BC，
∵BM⊥BC，∴BM⊥AD，∴PA⊥AD，
又PA⊥AB，AD∩AB=A，AD⊂平面ABCD，AB⊂平面ABCD，
∴PA⊥平面ABCD；
(2)由于AP，AB，AD两两垂直，于是以点A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,1,0)，P(0,0,2)，E(1,1,1)，
∴PC=(2,2,−2),DE=(1,0,1),BD=(−2,1,0)，BP=(−2,0,2)，
设平面PBD的法向量为n=(x,y,z)，则n⋅BD=−2x+y=0n⋅BP=−2x+2z=0，则可取n=(1,2,1)，
∴cs=n⋅DE|n||DE|=2 2× 6= 33，
∴直线DE与平面PBD所成角的正弦值为 33；
(3)假设存在λ，使得二面角G−AD−P的正弦值为 1010，即二面角G−AD−P的余弦值为3 1010，
由(2)得，PG=λPC=(2λ,2λ,−2λ)(0≤λ≤1)，
∴G(2λ,2λ,2−2λ),AD=(0,1,0),AG=(2λ,2λ,2−2λ)，
易得平面PAD的一个法向量为μ=(1,0,0)，
设平面ADG的一个法向量为m=(a,b,c)，则m⋅AD=b=0m⋅AG=2λa+2λb+(2−2λ)c=0，
则可取m=(λ−1,0,λ)，
若二面角G−AD−P的余弦值为3 1010，
则|cs|=|μ⋅m||μ||m|=|λ−1 (λ−1)2+λ2|=3 1010，
解得λ1=−12,λ2=14，又0≤λ≤1，
∴λ=14，即存在λ=14，使二面角G−AD−P的正弦值为 1010．