2024-2025学年广西大学附中插班生高二（下）月考数学试卷（B卷）（含答案）

这是一份2024-2025学年广西大学附中插班生高二（下）月考数学试卷（B卷）（含答案），共4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。
1.直线x− 3y+1=0的倾斜角为( )
A. 30°B. 45°C. 60°D. 90°
2.已知直线l1：ax+y−2=0，l2：2x+(a+1)y+2=0，若l1//l2，则a=( )
A. −1或2B. 1C. 1或−2D. −2
3.双曲线x2−y29=1的渐近线方程为( )
A. y=±xB. y=±2xC. y=±3xD. y=±4x
4.如图，G是△ABC的重心，OA=a,OB=b,OC=c，则OG=( )
A. 13a+23b+23c
B. 23a+23b+13c
C. 23a+23b+23c
D. 13a+13b+13c
5.直线x−y+3=0被圆x2+y2+2x−4y=0所截得的弦长为( )
A. 5B. 2 5C. 5D. 10
6.记等差数列{an}的前n项和为Sn，若a5=7，a10=2，则S14=( )
A. 49B. 63C. 70D. 126
7.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F2的直线与椭圆C相交P，Q两点，若PF1⊥PF2，且|PF2|=2|QF2|，则椭圆C的离心率为( )
A. 23B. 53C. 32D. 34
二、多选题：本题共2小题，共12分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
8.已知空间向量a=(1,1,1)，b=(−1,0,2)，则下列正确的是( )
A. a+b=(0,1,3)B. |a|= 3
C. a⋅b=2D. =π4
9.已知曲线C的方程为x2m2−1+y2m−3=1(m≠±1且m≠3)则下列结论正确的是( )
A. 当m=4时，曲线C是离心率为 22的椭圆
B. 当m=2时，曲线C是焦距为4的双曲线
C. 当m=−3时，曲线C是渐近线方程为 3x±2y=0的双曲线
D. 曲线C可能是一个圆
三、填空题：本题共2小题，每小题5分，共10分。
10.两条平行直线l1：x−2y+1=0与l2：2x+my+2m=0之间的距离为______．
11.已知数列{an}的前n项和Sn=2n−1，则lg2a10= ______．
四、解答题：本题共3小题，共43分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
12.(本小题13分)
(1)等差数列{an}中，公差d>0，且满足a2⋅a3=45，a1+a4=14.求数列{an}的通项公式；
(2)等比数列{an}中，a1=1，a5=4a3.求数列{an}的通项公式．
13.(本小题15分)
已知定点F(3,0)，定直线l：x=−3，动圆M过点F，且与直线l相切，记动圆的圆心M的轨迹为C．
(1)求C的方程；
(2)若过点F的直线与C交于不同的两点A，B，且|AB|=36，求直线AB的方程．
14.(本小题15分)
如图，四棱锥P−ABCD的底面ABCD是平行四边形，△PAB是边长为2的正三角形，平面PAB⊥平面ABCD，∠ABC=π3，BC=4，E为棱PD的中点．
(1)证明：AC⊥平面PAB．
(2)求直线BE与平面PAC所成角的正弦值．
参考答案
1.A
2.B
3.C
4.D
5.B
6.B
7.B
8.AB
9.BC
10. 5
11.9
12.解：(1)由已知可得(a1+d)(a1+2d)=452a1+3d=14(d>0)，解得a1=1d=4，
∴an=1+4(n−1)=4n−3；
(2)设{an}的公比为q(q≠0)，由题设得an=qn−1，
又a5=4a3，所以q4=4q2，解得q=0(舍去)，q=−2或q=2，
故an=(−2)n−1或an=2n−1．
13.解：(1)由题意得：点M的轨迹是以F(3,0)为焦点，以l：x=−3为准线的抛物线，
则p2=3，解得p=6，
所以抛物线的方程为：y2=12x；
(2)当直线l的斜率不存在时，此时直线方程为x=3，
当x=3时，y=±6，此时|AB|=12，不合题意，舍去；
则直线l的斜率存在，设直线方程为y=k(x−3)，k≠0，
与抛物线方程联立y=k(x−3)y2=12x，消去y得k2x2−(6k2+12)x+9k2=0，
因为焦点在抛物线内部，且直线斜率存在，并且不为0，则该直线与抛物线必有两交点，
由韦达定理得x1+x2=6k2+12k2,x1⋅x2=9，
所以弦长：|AB|=x1+x2+p=6k2+12k2+6=36，
解得k2=12，即k=± 22，
所以直线l的方程为：y=± 22(x−3)．
14.(1)证明：由题意可得AB=2，BC=4，∠ABC=π3，
由余弦定理可得：AC2=AB2+BC2−2AB⋅BCcsπ3=4+16−2×2×4×12=12，
所以可得AB2+BC2=AC2，
所以AB⊥AC，
因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，AC⊂平面ABCD，
所以AC⊥平面PAB；
(2)解：取AB的中点O，BC的中点Q，连接PO，OQ，
因为△ABC为等边三角形，
所以PO⊥AB，
由(1)可得OQ//AC，所以OQ⊥平面PAB，
因为AB=2，BC=4，
以O为坐标原点，以OB，OQ，OP所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，θ∈O(0,0,0)，P(0,0, 3)，D(−2,2 3,0)，B(1,0,0)，C(−1,2 3,0)，A(−1,0,0)，
所以PD的中点E(−1, 3, 3)，
所以BE=(−2, 3, 3)，AC=(0,2 3,0)，AP=(1,0, 3)，
设平面PAC的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅AC=0n⋅AP=0，即2 3y=0x+ 3z=0，令z=1，
则n=(− 3,0,1)，
所以n⋅BE=−2×(− 3)+ 3×0+ 3×1=3 3，
|n|= (− 3)2+02+12=2，|BE|= (−2)2+( 3)2+( 3)2= 10，
所以cs=n⋅BE|n|⋅||BE|=3 32 10=3 3020，
设直线BE与平面PAC所成角为θ，θ∈[0,π2]，
则sinθ=|cs|=3 3020．
所以直线BE与平面PAC所成角的正弦值为3 3020．