2024-2025学年安徽省县中联盟高二（上）月考数学试卷（10月份）（B卷）（含答案）

这是一份2024-2025学年安徽省县中联盟高二（上）月考数学试卷（10月份）（B卷）（含答案），共9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.直线x+ 3y+2=0的倾斜角为( )
A. 30°B. 60°C. 120°D. 150°
2.已知圆C1：x2+(y−1)2=1与圆C2：(x−2)2+y2=1，则C1与C2的位置关系为( )
A. 内切B. 相交C. 外切D. 外离
3.已知向量a=(1,m,−1),b=(1,−1,1)，若(a+b)⊥b，则m=( )
A. 4B. 3C. 2D. 1
4.两平行直线mx−3y−2=0与4x−6y−7=0之间的距离为( )
A. 1326B. 1313C. 3 1326D. 5 1326
5.如图，已知A，B，C是边长为1的小正方形网格上不共线的三个格点，点P为平面ABC外一点，且AP,AB=AP,AC=120°，|AP|=3，若AO=AB+AC，则|OP|=( )
A. 4 2B. 35C. 6D. 37
6.已知曲线C：x2+y2=12(x>0)，过C上任意一点A向y轴引垂线，垂足为B，则线段AB的中点Q的轨迹方程为( )
A. x23+y212=1B. x212+y26=1
C. x23+y212=1(y>0)D. x23+y212=1(x>0)
7.过P(−3,2)作与圆C：x2+y2+4y+m=0相切的两条直线PA，PB，切点分别为A，B，且cs∠APB=2325，则m=( )
A. 3B. 2C. 1D. 0
8.在四面体ABCD中，AB=AC=AD=2，AB⊥平面ACD，∠CAD=60°，点E，F分别为棱BC，AD上的点，且BE=3EC,AD=3FD，则直线AE与直线CF夹角的余弦值为( )
A. 3 7035B. 2 7035C. 7035D. 7070
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知椭圆C：9x2+5y2=45的两个焦点分别为F1，F2，P是C上任意一点，则( )
A. 长轴长为6B. 两个焦点的坐标分别为(−2,0)，(2,0)
C. |PF1|的最大值是5D. △PF1F2的周长为12
10.设m∈R，直线l的方程为(m−1)x+(m+1)y+2=0，则( )
A. 直线l过定点(1,1)
B. 若直线l在x轴上的截距为−2，则l在y轴上的截距为−23
C. 直线l与圆C：(x−1)2+y2=2相交
D. 点P(−1,0)到直线l的最大距离为 5
11.在坐标系Oθ−xyz(00)的左、右焦点，过点F1且倾斜角为60°的直线与椭圆C交于A，B两点，若|AB|=3|F1B|，则椭圆C的离心率为______．
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.(本小题15分)
已知三点O(0,0)，A(2,0)，B(−1,−1)，记△AOB的外接圆为⊙C．
(1)求⊙C的标准方程；
(2)若直线l：x−y−1=0与⊙C交于M，N两点，求△CMN的面积．
16.(本小题15分)
已知直线l过点P(2,4)，且与x轴，y轴分别交于点A(a,0)，B(0,b)．
(1)当b=2a时，求l的方程；
(2)若a>0，b>0，求当a+b取最小值时，l的方程．
17.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，AB⊥AD,CD⊥AD,AB=AD=PD=12CD=1,PA= 2，PC= 5，点Q为棱PC上一点．
(1)证明：PA⊥CD；
(2)当点Q为棱PC的中点时，求直线PB与平面BDQ所成角的正弦值；
(3)当二面角P−BD−Q的余弦值为3 1111时，求PQPC．
18.(本小题15分)
已知椭圆C经过点A(−2,0)与点B( 2, 22)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线l与椭圆C交于异于A的M，N两点，且∠MAN=π2．
①证明：直线l过定点；
②求△AMN的面积的最大值．
19.(本小题17分)
在空间直角坐标系Oxyz中，定义：过点A(x0,y0,z0)，且方向向量为m=(a,b,c)(abc≠0)的直线的点方向式方程为x−x0a=y−y0b=z−z0c；过点A(x0,y0,z0)，且法向量为m=(a,b,c)(a2+b2+c2≠0)的平面的点法向式方程为a(x−x0)+b(y−y0)+c(z−z0)=0，将其整理为一般式方程为ax+by+cz−d=0，其中d=ax0+by0+cz0．
(1)求经过A(−1,2,4)，B(2,0,1)的直线的点方向式方程；
(2)已知平面α1：2x−3y+z−1=0，平面β1：x+y−2z+4=0，平面γ1：(m+1)x−(2m+3)y+(m+2)z−5=0，若α1∩β1=l，l⊄γ1，证明：l//γ1；
(3)已知斜三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面ABB1A1所在平面α2经过三点P(−4,0,0)，Q(−3,−1,1)，H(1,−5,−2)，侧面BCC1B1所在平面β2的一般式方程为y+z+4=0，侧面ACC1A1所在平面γ2的一般式方程为2x−my+(2m+1)z+1=0，求平面ABB1A1与平面ACC1A1的夹角大小．
参考答案
1.D
2.D
3.B
4.C
5.D
6.D
7.A
8.A
9.AC
10.BCD
11.ACD
12.12
13.11x−2y+20=0
14.23
15.解：(1)设⊙C的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，由题意得F=0,4+2D+F=0,1+1−D−E+F=0,
解得D=−2，E=4，F=0，所以⊙C的方程为x2+y2−2x+4y=0，化成标准方程得(x−1)2+(y+2)2=5．
(2)由(1)可知圆心为C(1,−2)，半径r= 5，
所以圆心C到直线l：x−y−1=0的距离d=|1+2−1| 2= 2，可得|MN|=2 r2−d2=2 ( 5)2−( 2)2=2 3．
因此，△CMN的面积S=12|MN|⋅d=12×2 3× 2= 6．
16.解：(1)直线l过点P(2,4)，且与x轴，y轴分别交于点A(a,0)，B(0,b)．
①若a=0，则b=0，即l过点(0,0)，又l过点P(2,4)，则l的方程为x−02−0=y−04−0，即2x−y=0，
②若a≠0，则b≠0，设l的方程为xa+yb=1，所以xa+y2a=1，
将P(2,4)代入方程，得2a+42a=1，解得a=4，所以l的方程为x4+y8=1，即2x+y−8=0．
所以直线l的方程为2x−y=0或2x+y−8=0．
(2)设直线l的方程为xa+yb=1，由直线l经过点P(2,4)得，2a+4b=1，
则a+b=(a+b)(2a+4b)=6+2ba+4ab≥6+2 2ba⋅4ab=6+4 2，
当且仅当2ba=4ab，即a=2+2 2,b=2 2+4时取得等号，故A(2+2 2,0)，
所以l的方程为x−22+2 2−2=y−40−4，即 2x+y−4−2 2=0．
17.解：(1)证明：因为PD=1,CD=2,PC= 5，
所以PD2+CD2=PC2，
所以CD⊥PD，
又CD⊥AD，且AD∩PD=D，AD，PD⊂平面PAD，
所以CD⊥平面PAD，
又PA⊂平面PAD，
所以PA⊥CD．
(2)因为PA= 2,AD=PD=1，所以AD2+PD2=PA2，
则PD⊥AD．
由(1)可知PD，AD，DC两两垂直，以D为原点，以DA，DC，DP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D−xyz，
则D(0,0,0)，B(1,1,0)，P(0,0,1)，C(0,2,0)，
当点Q为棱PC的中点时，Q(0,1,12),PB=(1,1,−1),DB=(1,1,0),DQ=(0,1,12)，

设平面BDQ的一个法向量m=(x0,y0,z0)，
则DB⊥mDQ⊥m，则DB⋅m=0DQ⋅m=0，即x0+y0=0y0+12z0=0，
令y0=−1，解得x0=1，z0=2，
故m=(1,−1,2)，
设直线PB与平面BDQ所成角为θ，
则sinθ=|cs〈m,PB〉|=|m⋅PB||m||PB|=2 6× 3= 23，
故直线PB与平面BDQ所成角的正弦值为 23．
(3)由(2)可知DP=(0,0,1),DB=(1,1,0)，
设PQ=λPC=(0,2λ,−λ)(0≤λ≤1)，
则DQ=DP+PQ=(0,2λ,1−λ)，
设平面BDQ的一个法向量n1=(x1,y1,z1)，
则DB⊥n1DQ⊥n1，则DB⋅n1=0DQ⋅n1=0，即x1+y1=02λy1+(1−λ)z1=0，
令y1=1−λ，解得x1=λ−1，z1=−2λ，
故n1=(λ−1,1−λ,−2λ)，
设平面BDP的一个法向量为n2=(x2,y2,z2)，
则DB⊥n2DP⊥n2，则DB⋅n2=0DP⋅n2=0，得x2+y2=0z2=0，
令y2=−1，解得x2=1，z2=0，
故n2=(1,−1,0)，
所以|cs|=|2λ−2| 6λ2−4λ+2⋅ 2=3 1111，
即|λ−1| 3λ2−2λ+1=3 1111，
整理，得8λ2+2λ−1=0，
解得λ=14或λ=−12(舍去)，
故PQPC=14．
18.解：(1)设椭圆C的方程为Ax2+By2=1(A>0,B>0,A≠B)，
由题意可得4A=1,2A+12B=1,
解得A=14，B=1，
故椭圆C的方程为x24+y2=1．
(2)①证明：易知直线MN的斜率不为0，设直线MN的方程为x=ty+m，则m≠−2，
联立C与直线l的方程，得x24+y2=1x=ty+m，消去x并整理，
得(t2+4)y2+2mty+m2−4=0，则Δ=4m2t2−4(t2+4)(m2−4)>0，
所以t2−m2+4>0，设M(x1,y1)，N(x2,y2)，则y1+y2=−2mtt2+4，y1y2=m2−4t2+4．
因为∠MAN=π2，所以AM⋅AN=(x1+2)(x2+2)+y1y2=0，
即(ty1+m+2)(ty2+m+2)+y1y2=0，
所以(t2+1)y1y2+t(m+2)(y1+y2)+(m+2)2=0，
则(t2+1)⋅m2−4t2+4+t(m+2)(−2mtt2+4)+(m+2)2=0，
整理，得5m2+16m+12=0，解得m=−65(m=−2舍去)．
所以直线l的方程为x=ty−65，故直线l过定点(−65,0)．
②由①知m=−65，则y1+y2=12t5(t2+4)，y1y2=−6425(t2+4)，
直线l过定点(−65,0)，设为D，则|AD|=45，
所以△AMN的面积为S△AMN=12|AD|⋅|y1−y2|=25 (y1+y2)2−4y1y2=8 25t2+6425(t2+4)．
设u= 25t2+64，则u≥8，所以S△AMN=825×uu2−6425+4=8u+36u，
由函数y=u+36u在[8,+∞)上单调递增知u+36u≥8+92=252，
所以S△AMN≤8252=1625，当且仅当u=8，即t=0时等号成立，
故△AMN的面积的最大值为1625．
19.解：(1)∵A(−1,2,4)，B(2,0,1)，
∴直线AB的方向向量为m=AB=(3,−2,−3)，
∴直线AB的点方向式方程为x+13=y−2−2=z−4−3；
(2)证明：由平面α1为：2x−3y+z−1=0，
∴平面α1的法向量为m1=(2,−3,1)，
由平面β1为：x+y−2z+4=0，
∴平面β1的法向量为m2=(1,1,−2)，
设交线l的方向向量为n=(x0,y0,z0)，
则根据题意可得m1⋅n=2x0−3y0+z0=0m2⋅n=x0+y0−2z0=0，取n=(1,1,1)，
又平面γ1：(m+1)x−(2m+3)y+(m+2)z−5=0的法向量为m3=(m+1,−2m−3,m+2)，
∴m3⋅n=(m+1)×1−(2m+3)×1+(m+2)×1=0，又l⊄γ1，
∴l//γ1；
(3)设侧面ABB1A1所在平面α2的法向量n1=(x1,y1,z1)，
又平面α2经过三点P(−4,0,0)，Q(−3,−1,1)，H(1,−5,−2)，
∴PQ=(1,−1,1),PH=(5,−5,−2)，
∴PQ⋅n1=0,PH⋅n1=0,，∴x1−y1+z1=0,5x1−5y1−2z1=0,，取n1=(1,1,0)，
又平面β2：y+z+4=0的法向量为n2=(0,1,1)，
由(2)可求得平面α2与平面β2的交线的方向向量为m4=(1,−1,1)，
平面γ2：2x−my+(2m+1)z+1=0的法向量为m5=(2,−m,2m+1)，
由m4⋅m5=(1,−1,1)⋅(2,−m,2m+1)=2+m+2m+1=0，
解得m=−1，∴m5=(2,1,−1)，
∴cs〈n1,m5〉=n1⋅m5|n1|⋅|m5|=3 2× 6= 32，
∴平面ABB1A1与平面ACC1A1夹角的大小为π6．