2024-2025學(xué)年度河南省周口市鹿邑縣第二高級(jí)中學(xué)高二上學(xué)期第三次月考數(shù)學(xué)試卷（含解析）

保密★啟用前2024-2025學(xué)年度鹿邑縣第二高級(jí)中學(xué)高二上學(xué)期第三次月考數(shù)學(xué)試卷及答案注意事項(xiàng)：1．答題前填寫好自己的姓名、班級(jí)、考號(hào)等信息2．請(qǐng)將答案正確填寫在答題卡上一、選擇題(共8題，每題5分，共40分)1．直線2x-y-4=0的一個(gè)方向向量為（）A.（1，-2） B.（-2，1） C.（3，-1） D.（1，2）2．雙曲線的左焦點(diǎn)與右頂點(diǎn)之間的距離等于（）A.6 B.8 C.9 D.103．已知點(diǎn)A（-2，3，0），B（1，3，2），，則點(diǎn)P的坐標(biāo)為（）A.（4，3，4） B.（-4，-1，-4）

C.（-1，6，2） D.（-5，3，-2）4．雙曲線與橢圓共焦點(diǎn)，且一條漸近線方程是，則此雙曲線方程為（）A. B.

C. D.5．如圖所示，已知在三棱錐O-ABC中，M，N分別是OA，BC的中點(diǎn)，點(diǎn)G在線段MN上，且MG=2GN，則=（）A.++ B.++

C.++ D.++6．過點(diǎn)M（2，-1），且經(jīng)過圓x2+y2-4x-4y+4=0與圓x2+y2-4=0的交點(diǎn)的圓的方程為（）A.x2+y2+x+y-6=0 B.x2+y2+x-y-8=0 C.x2+y2-x+y-2=0 D.x2+y2-x-y-4=07．已知離心率為的橢圓C的方程為，則=（）A.2 B.

C. D.38．已知點(diǎn)A（-1，3），B（3，1），過點(diǎn)C（0，-1）的直線l與線段AB相交，則l的斜率的取值范圍為（）A. B.

C. D.二、多選題(共3題，共18分)9．下列說法中正確的有（）A.已知點(diǎn)F1（-4，0），F(xiàn)2（4，0），到F1，F(xiàn)2兩點(diǎn)的距離之和等于7的點(diǎn)的軌跡是橢圓

B.已知點(diǎn)F1（-4，0），F(xiàn)2（4，0），到F1，F(xiàn)2兩點(diǎn)的距離之和等于8的點(diǎn)的軌跡是橢圓

C.已知點(diǎn)F1（-4，0），F(xiàn)2（4，0），到F1，F(xiàn)2兩點(diǎn)的距離之和等于9的點(diǎn)的軌跡是橢圓

D.已知點(diǎn)F1（-4，0），F(xiàn)2（4，0），到F1，F(xiàn)2兩點(diǎn)的距離之和等于10的點(diǎn)的軌跡是橢圓10．關(guān)于平面向量，有下列四個(gè)命題，其中說法正確的是（）A.，，若，則k=6

B.若且，則

C.若點(diǎn)G是△ABC的重心，則

D.若向量，，則向量在向量上的投影向量為11．已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2，點(diǎn)O為A1D1的中點(diǎn)，若以O(shè)為球心，為半徑的球面與正方體ABCD-A1B1C1D1的棱有四個(gè)交點(diǎn)E，F(xiàn)，G，H，則下列結(jié)論正確的是（）A.A1D1∥平面EFGH

B.A1B1與EH所成的角的大小為45°

C.A1C⊥平面EFGH

D.平面EFGH與平面OEF所成角夾角的余弦值為三、填空題(共3題，每題5分，共15分)12．已知直線l∥α，且直線l的方向向量為（2，-8，1），平面α的法向量為（1，y,2），則y=_____．13．已知直線x+y=0與圓O1：x2+y2+4x=0相交于A，B兩點(diǎn)，則|AB|=_____．14．設(shè)雙曲線：的左、右焦點(diǎn)分別為，以為圓心的圓恰好與雙曲線的兩漸近線相切，且該圓過線段的中點(diǎn)，則雙曲線的離心率是_____．四、解答題(共5題，共77分)15．(13分)已知直線方程為（2-m）x+（2m+1）y+3m+4=0．

（Ⅰ）證明：直線恒過定點(diǎn)，并求定點(diǎn)坐標(biāo)；

（Ⅱ）m為何值時(shí)，點(diǎn)Q（3，4）到直線的距離最大，并求最大值．16．(15分)已知圓C的圓心C在x軸的正半軸上，半徑為4，直線x-y+1=0被圓C截得的弦長為．

（1）求圓C的方程；

（2）已知直線l過點(diǎn)P（1，2），且與圓C交于A，B兩點(diǎn)．若A，B關(guān)于點(diǎn)P對(duì)稱，求直線l的方程．17．(15分)如圖，四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為矩形，PA⊥平面ABCD，E為PD的中點(diǎn)．

（1）證明：PB∥平面AEC；

（2）設(shè)三棱錐E-ACD的體積是，AP=1，AD=，求平面DAE與AEC的夾角．18．(17分)已知拋物線C：y2=2px（p＞0）的焦點(diǎn)為F，過焦點(diǎn)垂直于x的直線與拋物線交于A，B兩點(diǎn)，|AB|=4．

（1）求C的方程；

（2）點(diǎn)M是準(zhǔn)線1上任一點(diǎn)，過M作拋物線的兩條切線MC，MD，切點(diǎn)分別為C，D，設(shè)MC，MD，MF的斜率分別為k1，k2，k3，證明：=2．19．(17分)已知雙曲線C：=1（a＞0，b＞0）的離心率為2，焦點(diǎn)到一條漸近線的距離為．

（1）求雙曲線C的方程；

（2）若過雙曲線的左焦點(diǎn)F的直線l交雙曲線于A，B兩點(diǎn)，交y軸于P，設(shè)=m=n，證明：m+n=-．

2024-2025學(xué)年度鹿邑縣第二高級(jí)中學(xué)高二上學(xué)期第三次月考數(shù)學(xué)答案1．【答案】D【解析】變形后得到2x-y-4=0的方向向量是=（1，2）求出答案．

解：2x-y-4=0變形為y=2x-4，

故2x-y-4=0的方向向量是=（1，2），

只有選項(xiàng)D符合，其他選項(xiàng)均不合要求．

故選：D．2．【答案】B【解析】根據(jù)題意，由雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程可得a2、b2的值，計(jì)算可得其左焦點(diǎn)和右頂點(diǎn)的坐標(biāo)，計(jì)算可得左焦點(diǎn)與右頂點(diǎn)之間的距離，即可得答案．

解：根據(jù)題意，雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為：，

其中a2=9，b2=16，則c==5，

則其左焦點(diǎn)坐標(biāo)為（-5，0），右頂點(diǎn)坐標(biāo)為（3，0）；

故左焦點(diǎn)與右頂點(diǎn)之間的距離8；

故選：B．3．【答案】A【解析】設(shè)P（x,y,z），表示出、，即可得到方程組，解得即可．

解：設(shè)P（x,y,z），

因?yàn)锳（-2，3，0），B（1，3，2），

所以，，

因?yàn)?，所以（x+2，y-3，z）=2（3，0，2），

所以，解得，即P（4，3，4）．

故選：A．4．【答案】C【解析】求出橢圓的焦點(diǎn)坐標(biāo)；據(jù)雙曲線的系數(shù)滿足c2=a2+b2；雙曲線的漸近線的方程與系數(shù)的系數(shù)的關(guān)系列出方程組，求出a,b；寫出雙曲線方程．

解：橢圓方程為：，

其焦點(diǎn)坐標(biāo)為（±2，0）

設(shè)雙曲線的方程為

∵橢圓與雙曲線共同的焦點(diǎn)

∴a2+b2=4①

∵一條漸近線方程是，

∴②

解①②組成的方程組得a=1，b=

所以雙曲線方程為．

故選：C．5．【答案】D【解析】利用空間向量的基本定理求解．

解：===，

故選：D．6．【答案】A【解析】設(shè)過兩個(gè)圓的交點(diǎn)的圓的方程，將點(diǎn)M的坐標(biāo)代入，求出參數(shù)的值，進(jìn)而求出該圓的方程．

解：設(shè)圓x2+y2-4x-4y+4=0與圓x2+y2-4=0的交點(diǎn)的圓的方程（x2+y2-4x-4y+4）+λ（x2+y2-4）=0，

由題意將M的坐標(biāo)代入可得：（4+1-8+4+4）+λ（4+1-4）=0，

解得：λ=-5，

所以所求的圓的方程為：x2+y2+x+y-6=0，

故選：A．7．【答案】C【解析】由離心率公式先得，從而解決問題．

解：由題意可知，即，

所以，所以．

故選：C．8．【答案】D【解析】先求得直線AC和直線BC的斜率，再利用數(shù)形結(jié)合法求解．

解：如圖所示：

，

由圖象知：當(dāng)l的斜率不存在時(shí)，直線與線段AB相交，

故l的斜率的取值范圍為．

故選：D．9．【答案】CD【解析】根據(jù)題意，

解：根據(jù)題意，點(diǎn)F1（-4，0），F(xiàn)2（4，0），則|F1F2|=8，

依次分析選項(xiàng)：

對(duì)于A，8＞7，到F1，F(xiàn)2兩點(diǎn)的距離之和等于7的點(diǎn)的軌跡不存在，錯(cuò)誤；

對(duì)于B，8=8，到F1，F(xiàn)2兩點(diǎn)的距離之和等于8的點(diǎn)的軌跡為線段F1F2，錯(cuò)誤；

對(duì)于C，9＞8，到F1，F(xiàn)2兩點(diǎn)的距離之和等于9的點(diǎn)的軌跡是橢圓，正確；

對(duì)于D，10＞8，到F1，F(xiàn)2兩點(diǎn)的距離之和等于9的點(diǎn)的軌跡是橢圓，正確；

故選：CD．10．【答案】CD【解析】利用共線向量的坐標(biāo)表示可判斷A選項(xiàng)；利用向量垂直的表示可判斷B選項(xiàng)；利用三角形重心的向量性質(zhì)可判斷C選項(xiàng)；利用投影向量的定義可判斷D選項(xiàng)．

解：對(duì)于A選項(xiàng)，已知，，若，則，解得k=±6，故A錯(cuò)誤；

對(duì)于B選項(xiàng)，若且，則，所以，或，故B錯(cuò)誤；

對(duì)于C選項(xiàng)，若點(diǎn)G是△ABC的重心，設(shè)D為BC的中點(diǎn)，，則，整理得，故C正確；

對(duì)于D選項(xiàng)，若向量，，

則向量在向量上的投影向量為=（-），故D正確．

故選：CD．11．【答案】ABD【解析】首先根據(jù)球的性質(zhì)、勾股定理說明E，F(xiàn)，G，H分別是正方體棱的中點(diǎn)，再根據(jù)線面平行的判定定理、異面直線所成角的求法、線面垂直的性質(zhì)以及二面角的定義、等腰三角形進(jìn)行判斷．

解：在正方體ABCD-A1B1C1D1中，BB1⊥平面A1B1C1D1，

又OB1?平面A1B1C1D1，所以BB1⊥OB1，

在Rt△HB1O中，，

又正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2，點(diǎn)O為A1D1的中點(diǎn)，

所以，

又，設(shè)B1H=x,所以x=1，即H是正方體棱BB1的中點(diǎn)，

同理可證，E，F(xiàn)，G分別是棱AB，DC，CC1的中點(diǎn)，

對(duì)于選項(xiàng)A，因?yàn)镚，H分別是棱CC1、BB1的中點(diǎn)，所以GH∥A1D1，

又A1D1?平面EFGH，GH?平面EFGH，所以A1D1∥平面EFGH，故A正確；

對(duì)于選項(xiàng)B，因?yàn)锳1B1∥AB，所以A1B1與EH所成的角即為∠BEH，

因?yàn)镋，H分別是棱AB、BB1的中點(diǎn)，∠BEH大小為45°，故B正確；

對(duì)于選項(xiàng)C，因?yàn)镋，H分別是棱AB、BB1的中點(diǎn)，所以A1B⊥EH，

因?yàn)镚，H分別是棱CC1、BB1的中點(diǎn)，所以GH⊥面A1ABB1，所以GH⊥A1B，

又GH∩EH=H，所以A1B⊥平面EFGH，

又A1C∩A1B=A1，所以A1C不垂直于平面EFGH，故C錯(cuò)誤；

對(duì)于選項(xiàng)D，取EF、GH的中點(diǎn)I、Q，連接OI、QI、QO，

因?yàn)镺F=OE，所以O(shè)I⊥EF，同理可證QI⊥EF，

所以∠OIQ即為平面EFGH與平面OEF所成角的平面角，

根據(jù)勾股定理有：，，，

所以在等腰△OIQ中有：．

所以平面EFGH與平面OEF所成角夾角的余弦值為，故D正確，

故選：ABD．12．【答案】【解析】利用l∥α，可得：l的方向向量（2，-8，1）與平面α的法向量（1，y,2）垂直，因此（2，-8，1）?（1，y,2）=0，即可得出．

解：∵l∥α，

∴l(xiāng)的方向向量（2，-8，1）與平面α的法向量（1，y,2）垂直，

∴2×1-8×y+2=0，

解得y=．

故答案為．13．【答案】2【解析】根據(jù)圓的方程求出圓心和半徑，求出弦心距，根據(jù)弦長公式求得|AB|．

解：由圓的方程可得，圓心為（-2，0），半徑等于2，

圓心到直線的距離為=，

由弦長公式得|AB|=2=2，

故答案為：2．14．【答案】【解析】先由焦點(diǎn)到漸近線的距離求出半徑，再利用該圓過線段的中點(diǎn)得到，即可求出離心率，由題意知：漸近線方程為，由焦點(diǎn)，，則圓的半徑為，又該圓過線段的中點(diǎn)，故，離心率為.故答案為：.15．【解析】（Ⅰ）根據(jù)題意，將直線的方程變形為m（-x+2y+3）+2x+y+4=0，由此分析可得答案；

（Ⅱ）由（Ⅰ）的結(jié)論，設(shè)P為（-1，-2），分析可得當(dāng)PQ與直線（2-m）x+（2m+1）y+3m+4=0垂直時(shí)，點(diǎn)Q到直線的距離最大，進(jìn)而求出最大距離和對(duì)應(yīng)m的值，即可得答案．

解：（Ⅰ）證明：直線方程為（2-m）x+（2m+1）y+3m+4=0，

變形可得：m（-x+2y+3）+2x+y+4=0，

則有，解可得，即該直線恒過定點(diǎn)（-1，-2）；

（Ⅱ）根據(jù)題意，由（Ⅰ）的結(jié)論，直線恒過定點(diǎn)（-1，-2），設(shè)P為（-1，-2），

當(dāng)PQ與直線（2-m）x+（2m+1）y+3m+4=0垂直時(shí)，點(diǎn)Q（3，4）到直線（2-m）x+（2m+1）y+3m+4=0的距離最大，

其最大距離為|PQ|==2，

此時(shí)kPQ==，

直線（2-m）x+（2m+1）y+3m+4=0的斜率k=-，

則有×（-）=-1，解可得m=．16．【解析】（1）根據(jù)題意，設(shè)圓C的方程為（x-a）2+y2=16，（a＞0），求出圓心到直線的距離，結(jié)合弦長公式可得==2，解可得a的值，即可得答案；

（2）根據(jù)題意，分2種情況討論：當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，直線l的方程為x=1，由對(duì)稱性可以排除x=1，當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線l的斜率為k,設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），由點(diǎn)差法分析可得，即可得直線l的斜率，由直線的點(diǎn)斜式方程分析可得答案．

解：（1）根據(jù)題意，設(shè)圓C的方程為（x-a）2+y2=16，（a＞0），

圓心到直線x-y+1=0的距離d=，

若直線x-y+1=0被圓C截得的弦長為，則有==2，變形可得|a+1|=4，

又由a＞0，則有a+1=4，即a=3；

解得a=3；

故圓C的方程為（x-3）2+y2=16，

（2）根據(jù)題意，分2種情況討論：

當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，直線l的方程為x=1，

此時(shí)點(diǎn)A，B不關(guān)于點(diǎn)（1，0）對(duì)稱，所以x=1不符合題意，

當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線l的斜率為k.

設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），因?yàn)锳，B關(guān)于點(diǎn)P對(duì)稱，所以x1+x2=2，y1+y2=4；

因?yàn)辄c(diǎn)A，B在圓C上，所以，

所以，整理得-4（x1-x2）+4（y1-y2）=0，即；

因?yàn)辄c(diǎn)A，B在直線l上，所以直線l的斜率為，

則直線l的方程為y-2=x-1，即x-y+1=0．17．【解析】（1）連結(jié)BD交AC于點(diǎn)O，連結(jié)EO，推導(dǎo)出EO∥PB，由此能證明PB?平面AEC．

（2）首先根據(jù)體積計(jì)算出DC的長度，然后根據(jù)垂直關(guān)系建立空間直角坐標(biāo)系，將兩平面的夾角問題轉(zhuǎn)為向量夾角問題計(jì)算即可．

（1）證明：連接BD交AC于點(diǎn)O，連接OE，

則在三角形BDP中，點(diǎn)E是PD的中點(diǎn)，點(diǎn)O是BD的中點(diǎn)，即線段OE是△BDP的中位線，

所以PB∥OE，又因?yàn)镻B?平面AEC，OE?平面AEC，所以PB∥平面AEC；

（2）解：因?yàn)镻A⊥平面ABCD，底面ABCD為矩形，E為PD的中點(diǎn)，

所以VE-ACD=VP-ACD=××AD×DC××PA=××DC××1=，

解得DC=，

因?yàn)镻A⊥平面ABCD，ABCD為矩形，所以AB，AD，AP兩兩垂直．

以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，AD，AP所在的直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，

則D（0，，P（0，0，1），A（0，0，0），C（，，0），E（0，，），

=（0，，），=（，，0），

設(shè)平面AEC的法向量為=（x,y,z），

則，令x=2，則y=-，z=3，

所以=（2，-，3），

由圖可知平面DAE的一個(gè)法向量為=（1，0，0），

設(shè)平面DAE與AEC的夾角為