2024-2025学年山东省滨州市北镇中学高二（上）第二次月考数学试卷（9月份）（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年山东省滨州市北镇中学高二（上）第二次月考数学试卷（9月份）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.若a=(2,3,2)，b=(1,2,2)，c=(−1,2,2)，则(aA.−1 B.0 C.1 D.22.已知命题p：方程x25−m+y2m−1=1表示焦点在A.3<m<5 B.4<m<5 C.1<m<5 D.m>13.如图，空间四边形OABC中，OA=a，OB=b，OC=c，点M在OA上，OM=2MA，点N为A.12a−23b+124.已知M(4,2)是直线l被椭圆x2+4y2=36所截得的线段AB的中点，则直线A.2x+y−8=0 B.x+2y−8=0 C.x−2y−8=0 D.2x−y−8=05.已知点A(2,−3)，B(−3,−2)直线l过点P(1,1)，且与线段AB相交，则直线l的斜率k的取值范围是(

)A.(−∞,−4]∪[34,+∞) B.(−∞,−14]∪[6.已知向量a=(1,1,2),b=(−3,2,0)，则aA.(34,34,327.已知椭圆M：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点P在M上，QA.33 B.13 C.18.已知圆C：x2+(y−3)2=4过点(0,4)的直线l与x轴交于点P，与圆C交于A，B两点，则A.[0,1] B.[0,1) C.[0,2] D.[0,2)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：x2+4y2=16的左、右焦点分别为F1，F2，A.C的离心率为12 B.|PF1|+|PF2|=8

C.|PF1|的最大值为10.已知直线l：kx−y+k=0，圆C：x2+y2−6x+5=0，P(xA.x02+y02的最大值为5 B.y0x0的最大值为255

C.直线l11.如图所示，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，底面ABC是等腰直角三角形，AB=BC=AA1=1，点D为侧棱BA.存在点D，使得AD⊥平面BCM

B.△ADC1周长的最小值为1+2+3

C.三棱锥C1−ABC的外接球的体积为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.直线3x+4y+2=0被圆x2+y13.点P是椭圆x24+y2=1上一点，F1，F214.如图，长方体ABCD−A1B1C1D1中，CC005A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13分)

如图，在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面四边形ABCD为梯形，AD//BC，AB=AD=2，BD=22，BC=4．

(1)证明：A116.(本小题16分)

已知圆C经过点A(3,1)，B(−1,3)，且它的圆心C在直线3x−y−2=0上．

(1)求圆C的方程；

(2)若E点为圆C上任意一点，且点F(4,0)，求线段EF的中点M的轨迹方程．17.(本小题16分)

已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一个焦点为F(1,0)，且离心率为12．

(1)求C的方程；

(2)过F作直线l与C交于18.(本小题16分)

在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=3，AC=6，D，E分别是AC，AB上的点，满足DE//BC且DE经过△ABC的重心，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，M是A1D的中点，如图所示．

(1)求证：AC⊥平面BCDE；

(2)求CM与平面A1BE所成角的大小；

(3)在线段A1C上是否存在点N19.(本小题16分)

已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12，右顶点Q与C的上，下顶点所围成的三角形面积为23．

(1)求C的方程．

(2)不过点Q的动直线l与C交于A，B两点，直线QA与QB的斜率之积恒为14参考答案1.C

2.A

3.B

4.B

5.A

6.B

7.C

8.D

9.BCD

10.BCD

11.AC

12.213.60°

14.3

15.(1)证明：因为AB=AD=2，BD=22，

所以AB2+AD2=8=BD2，

所以AB⊥AD，

因为ABCD−A1B1C1D1为直四棱往，

所以A1A⊥AB，

因为A1A∩AD=A，A1A，AD⊂面ADD1A1，

所以AB⊥面ADD1A1，

因为A1B1/​/AB，

所以A1B1⊥面ADD1A1，

因为AD1⊂面ADD1A1，

所以A1B1⊥AD1．

(2)解：由(1)及题意知，AB，AD，A1A两两垂直，

建立如图所示的空间直角坐标系，

因为AB=AD=2，BD=22，BC=4，16.解：(1)由已知可设圆心N(a,3a−2)，又由已知得|NA|=|NB|，

从而有(a−3)2+(3a−2−1)2=(a+1)2+(3a−2−3)2，解得：a=2．

于是圆N的圆心N(2,4)，半径r=10．

所以，圆N的方程为(x−2)2+(y−4)2=10．

(2)设M(x,y)，又点D是圆N：(x−2)2+(y−4)2=10上任意一点，

17.解：(1)由已知得c=1e=ca=12a2=b2+c2，解得a=2b=3c=1，

所以C的方程为x24+y23=1．

(2)由题可知，若△OMN面积存在，则直线l的斜率不为0，

所以设直线l的方程为x=my+1，m显然存在，

M(x1,y1)，N(x2,y2)，

联立x24+y2318.解：(1)证明：因为在Rt△ABC中，∠C=90°，DE/​/BC，且BC⊥CD，

所以DE⊥CD，DE⊥AD，则折叠后，DE⊥A1D，

又A1D∩CD=D，A1D，CD⊂平面A1CD，

所以DE⊥平面A1CD，A1C⊂平面A1CD，

所以DE⊥A1C，

又已知A1C⊥CD，CD∩DE=D，且都在面BCDE内，

所以A1C⊥平面BCDE；

(2)由(1)，分别以CD，CB，CA1所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系C−xyz，

因为AD=2CD，故DE=23BC=2，

由几何关系可知，CD=2，A1D=4，A1C=23，

故C(0,0,0)，D(2,0,0)，E(2,2,0)，B(0,3,0)，A1(0,0,23)，M(1,0,3)，

CM=(1,0,3)，A1B=(0,3,−23)，A1E=(2,2,−23)，

设平面A1BE的法向量为n=(x,y,z)，

则n⋅A1B=3y−23z=0n⋅A1E=2x+2y−23z=0，

不妨令y=2，则z=3，x=1，

所以n=(1,2,3)，

设CM与平面A1BE所成角的大小为θ，

则有sinθ=|cos<CM,n>|=|CM⋅n||CM||n|=42×22=22，

故θ=π4，

即CM与平面A1BE所成角的大小为π4；

(3)假设在线段AC上存在点N19.(1)解：令椭圆C：x2a2+y2b2=1的半焦距为c，由离心率为12，得ca=12，

则a=2c,b=a2−c2=3c，

由三角形面积为23，得ab