2024-2025学年度河南省周口市鹿邑县第二高级中学高二上学期第三次月考数学试卷（含解析）

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2024-2025学年度鹿邑县第二高级中学高二上学期
第三次月考数学试卷及答案
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
一、选择题(共8题，每题5分，共40分)
1．直线2x-y-4=0的一个方向向量为（　　）
A. （1，-2） B. （-2，1） C. （3，-1） D. （1，2）
2．双曲线的左焦点与右顶点之间的距离等于（　　）
A. 6 B. 8 C. 9 D. 10
3．已知点A（-2，3，0），B（1，3，2），，则点P的坐标为（　　）
A. （4，3，4） B. （-4，-1，-4）
C. （-1，6，2） D. （-5，3，-2）
4．双曲线与椭圆共焦点，且一条渐近线方程是，则此双曲线方程为（　　）
A. B.
C. D.
5．如图所示，已知在三棱锥O-ABC中，M，N分别是OA，BC的中点，点G在线段MN上，且MG=2GN，则=（　　）
A. ++ B. ++
C. ++ D. ++
6．过点M（2，-1），且经过圆x2+y2-4x-4y+4=0与圆x2+y2-4=0的交点的圆的方程为（　　）
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=0
7．已知离心率为的椭圆C的方程为，则=（　　）
A. 2 B.
C. D. 3
8．已知点A（-1，3），B（3，1），过点C（0，-1）的直线l与线段AB相交，则l的斜率的取值范围为（　　）
A. B.
C. D.
二、多选题(共3题，共18分)
9．下列说法中正确的有（　　）
A. 已知点F1（-4，0），F2（4，0），到F1，F2两点的距离之和等于7的点的轨迹是椭圆
B. 已知点F1（-4，0），F2（4，0），到F1，F2两点的距离之和等于8的点的轨迹是椭圆
C. 已知点F1（-4，0），F2（4，0），到F1，F2两点的距离之和等于9的点的轨迹是椭圆
D. 已知点F1（-4，0），F2（4，0），到F1，F2两点的距离之和等于10的点的轨迹是椭圆
10．关于平面向量，有下列四个命题，其中说法正确的是（　　）
A. ，，若，则k=6
B. 若且，则
C. 若点G是△ABC的重心，则
D. 若向量，，则向量在向量上的投影向量为
11．已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，点O为A1D1的中点，若以O为球心，为半径的球面与正方体ABCD-A1B1C1D1的棱有四个交点E，F，G，H，则下列结论正确的是（　　）
A. A1D1∥平面EFGH
B. A1B1与EH所成的角的大小为45°
C. A1C⊥平面EFGH
D. 平面EFGH与平面OEF所成角夹角的余弦值为
三、填空题(共3题，每题5分，共15分)
12．已知直线l∥α，且直线l的方向向量为（2，-8，1），平面α的法向量为（1，y,2），则y=_____．
13．已知直线x+y=0与圆O1：x2+y2+4x=0相交于A，B两点，则|AB|=_____．
14．设双曲线：的左、右焦点分别为，以为圆心的圆恰好与双曲线的两渐近线相切，且该圆过线段的中点，则双曲线的离心率是_____．
四、解答题(共5题，共77分)
15．(13分)已知直线方程为（2-m）x+（2m+1）y+3m+4=0．
（Ⅰ）证明：直线恒过定点，并求定点坐标；
（Ⅱ）m为何值时，点Q（3，4）到直线的距离最大，并求最大值．
16．(15分)已知圆C的圆心C在x轴的正半轴上，半径为4，直线x-y+1=0被圆C截得的弦长为．
（1）求圆C的方程；
（2）已知直线l过点P（1，2），且与圆C交于A，B两点．若A，B关于点P对称，求直线l的方程．
17．(15分)如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．
（1）证明：PB∥平面AEC；
（2）设三棱锥E-ACD的体积是，AP=1，AD=，求平面DAE与AEC的夹角．
18．(17分)已知抛物线C：y2=2px（p＞0）的焦点为F，过焦点垂直于x的直线与抛物线交于A，B两点，|AB|=4．
（1）求C的方程；
（2）点M是准线1上任一点，过M作抛物线的两条切线MC，MD，切点分别为C，D，设MC，MD，MF的斜率分别为k1，k2，k3，证明：=2．
19．(17分)已知双曲线C：=1（a＞0，b＞0）的离心率为2，焦点到一条渐近线的距离为．
（1）求双曲线C的方程；
（2）若过双曲线的左焦点F的直线l交双曲线于A，B两点，交y轴于P，设=m=n，证明：m+n=-．
2024-2025学年度鹿邑县第二高级中学高二上学期
第三次月考数学答案
1．【答案】D
【解析】变形后得到2x-y-4=0的方向向量是=（1，2）求出答案．
解：2x-y-4=0变形为y=2x-4，
故2x-y-4=0的方向向量是=（1，2），
只有选项D符合，其他选项均不合要求．
故选：D．
2．【答案】B
【解析】根据题意，由双曲线的标准方程可得a2、b2的值，计算可得其左焦点和右顶点的坐标，计算可得左焦点与右顶点之间的距离，即可得答案．
解：根据题意，双曲线的标准方程为：，
其中a2=9，b2=16，则c==5，
则其左焦点坐标为（-5，0），右顶点坐标为（3，0）；
故左焦点与右顶点之间的距离8；
故选：B．
3．【答案】A
【解析】设P（x,y,z），表示出、，即可得到方程组，解得即可．
解：设P（x,y,z），
因为A（-2，3，0），B（1，3，2），
所以，，
因为，所以（x+2，y-3，z）=2（3，0，2），
所以，解得，即P（4，3，4）．
故选：A．
4．【答案】C
【解析】求出椭圆的焦点坐标；据双曲线的系数满足c2=a2+b2；双曲线的渐近线的方程与系数的系数的关系列出方程组，求出a,b；写出双曲线方程．
解：椭圆方程为：，
其焦点坐标为（±2，0）
设双曲线的方程为
∵椭圆与双曲线共同的焦点
∴a2+b2=4①
∵一条渐近线方程是，
∴②
解①②组成的方程组得a=1，b=
所以双曲线方程为．
故选：C．
5．【答案】D
【解析】利用空间向量的基本定理求解．
解：===，
故选：D．
6．【答案】A
【解析】设过两个圆的交点的圆的方程，将点M的坐标代入，求出参数的值，进而求出该圆的方程．
解：设圆x2+y2-4x-4y+4=0与圆x2+y2-4=0的交点的圆的方程（x2+y2-4x-4y+4）+λ（x2+y2-4）=0，
由题意将M的坐标代入可得：（4+1-8+4+4）+λ（4+1-4）=0，
解得：λ=-5，
所以所求的圆的方程为：x2+y2+x+y-6=0，
故选：A．
7．【答案】C
【解析】由离心率公式先得，从而解决问题．
解：由题意可知，即，
所以，所以．
故选：C．
8．【答案】D
【解析】先求得直线AC和直线BC的斜率，再利用数形结合法求解．
解：如图所示：
，
由图象知：当l的斜率不存在时，直线与线段AB相交，
故l的斜率的取值范围为．
故选：D．
9．【答案】CD
【解析】根据题意，
解：根据题意，点F1（-4，0），F2（4，0），则|F1F2|=8，
依次分析选项：
对于A，8＞7，到F1，F2两点的距离之和等于7的点的轨迹不存在，错误；
对于B，8=8，到F1，F2两点的距离之和等于8的点的轨迹为线段F1F2，错误；
对于C，9＞8，到F1，F2两点的距离之和等于9的点的轨迹是椭圆，正确；
对于D，10＞8，到F1，F2两点的距离之和等于9的点的轨迹是椭圆，正确；
故选：CD．
10．【答案】CD
【解析】利用共线向量的坐标表示可判断A选项；利用向量垂直的表示可判断B选项；利用三角形重心的向量性质可判断C选项；利用投影向量的定义可判断D选项．
解：对于A选项，已知，，若，则，解得k=±6，故A错误；
对于B选项，若且，则，所以，或，故B错误；
对于C选项，若点G是△ABC的重心，设D为BC的中点，，则，整理得，故C正确；
对于D选项，若向量，，
则向量在向量上的投影向量为=（-），故D正确．
故选：CD．
11．【答案】ABD
【解析】首先根据球的性质、勾股定理说明E，F，G，H分别是正方体棱的中点，再根据线面平行的判定定理、异面直线所成角的求法、线面垂直的性质以及二面角的定义、等腰三角形进行判断．
解：在正方体ABCD-A1B1C1D1中，BB1⊥平面A1B1C1D1，
又OB1 平面A1B1C1D1，所以BB1⊥OB1，
在 Rt△HB1O中，，
又正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，点O为A1D1的中点，
所以，
又，设B1H=x,所以x=1，即H是正方体棱BB1的中点，
同理可证，E，F，G分别是棱AB，DC，CC1的中点，
对于选项A，因为G，H分别是棱CC1、BB1的中点，所以GH∥A1D1，
又A1D1 平面EFGH，GH 平面EFGH，所以A1D1∥平面EFGH，故A正确；
对于选项B，因为A1B1∥AB，所以A1B1与EH所成的角即为∠BEH，
因为E，H分别是棱AB、BB1的中点，∠BEH大小为45°，故B正确；
对于选项C，因为E，H分别是棱AB、BB1的中点，所以A1B⊥EH，
因为G，H分别是棱CC1、BB1的中点，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错误；
对于选项D，取EF、GH的中点I、Q，连接OI、QI、QO，
因为OF=OE，所以OI⊥EF，同理可证QI⊥EF，
所以∠OIQ即为平面EFGH与平面OEF所成角的平面角，
根据勾股定理有：，，，
所以在等腰△OIQ中有：．
所以平面EFGH与平面OEF所成角夹角的余弦值为，故D正确，
故选：ABD．
12．【答案】
【解析】利用l∥α，可得：l的方向向量（2，-8，1）与平面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的方向向量（2，-8，1）与平面α的法向量（1，y,2）垂直，
∴2×1-8×y+2=0，
解得y=．
故答案为．
13．【答案】2
【解析】根据圆的方程求出圆心和半径，求出弦心距，根据弦长公式求得|AB|．
解：由圆的方程可得，圆心为（-2，0），半径等于2，
圆心到直线的距离为=，
由弦长公式得|AB|=2=2，
故答案为：2．
14．【答案】
【解析】先由焦点到渐近线的距离求出半径，再利用该圆过线段的中点得到，即可求出离心率，
由题意知：渐近线方程为，
由焦点，，则圆的半径为，
又该圆过线段的中点，故，离心率为.
故答案为：.
15．【解析】（Ⅰ）根据题意，将直线的方程变形为m（-x+2y+3）+2x+y+4=0，由此分析可得答案；
（Ⅱ）由（Ⅰ）的结论，设P为（-1，-2），分析可得当PQ与直线（2-m）x+（2m+1）y+3m+4=0垂直时，点Q到直线的距离最大，进而求出最大距离和对应m的值，即可得答案．
解：（Ⅰ）证明：直线方程为（2-m）x+（2m+1）y+3m+4=0，
变形可得：m（-x+2y+3）+2x+y+4=0，
则有，解可得，即该直线恒过定点（-1，-2）；
（Ⅱ）根据题意，由（Ⅰ）的结论，直线恒过定点（-1，-2），设P为（-1，-2），
当PQ与直线（2-m）x+（2m+1）y+3m+4=0垂直时，点Q（3，4）到直线（2-m）x+（2m+1）y+3m+4=0的距离最大，
其最大距离为|PQ|==2，
此时kPQ==，
直线（2-m）x+（2m+1）y+3m+4=0的斜率k=-，
则有×（-）=-1，解可得m=．
16．【解析】（1）根据题意，设圆C的方程为（x-a）2+y2=16，（a＞0），求出圆心到直线的距离，结合弦长公式可得==2，解可得a的值，即可得答案；
（2）根据题意，分2种情况讨论：当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x=1，由对称性可以排除x=1，当直线l的斜率存在时，设直线l的斜率为k,设A（x1，y1），B（x2，y2），由点差法分析可得，即可得直线l的斜率，由直线的点斜式方程分析可得答案．
解：（1）根据题意，设圆C的方程为（x-a）2+y2=16，（a＞0），
圆心到直线x-y+1=0的距离d=，
若直线x-y+1=0被圆C截得的弦长为，则有==2，变形可得|a+1|=4，
又由a＞0，则有a+1=4，即a=3；
解得a=3；
故圆C的方程为（x-3）2+y2=16，
（2）根据题意，分2种情况讨论：
当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x=1，
此时点A，B不关于点（1，0）对称，所以x=1不符合题意，
当直线l的斜率存在时，设直线l的斜率为k.
设A（x1，y1），B（x2，y2），因为A，B关于点P对称，所以x1+x2=2，y1+y2=4；
因为点A，B在圆C上，所以，
所以，整理得-4（x1-x2）+4（y1-y2）=0，即；
因为点A，B在直线l上，所以直线l的斜率为，
则直线l的方程为y-2=x-1，即x-y+1=0．
17．【解析】（1）连结BD交AC于点O，连结EO，推导出EO∥PB，由此能证明PB 平面AEC．
（2）首先根据体积计算出DC的长度，然后根据垂直关系建立空间直角坐标系，将两平面的夹角问题转为向量夹角问题计算即可．
（1）证明：连接BD交AC于点O，连接OE，
则在三角形BDP中，点E是PD的中点，点O是BD的中点，即线段OE是△BDP的中位线，
所以PB∥OE，又因为PB 平面AEC，OE 平面AEC，所以PB∥平面AEC；
（2）解：因为PA⊥平面ABCD，底面ABCD为矩形，E为PD的中点，
所以VE-ACD=VP-ACD=××AD×DC××PA=××DC××1=，
解得DC=，
因为PA⊥平面ABCD，ABCD为矩形，所以AB，AD，AP两两垂直．
以A为坐标原点，AB，AD，AP所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则D（0，，P（0，0，1），A（0，0，0），C（，，0），E（0，，），
=（0，，），=（，，0），
设平面AEC的法向量为=（x,y,z），
则，令x=2，则y=-，z=3，
所以=（2，-，3），
由图可知平面DAE的一个法向量为=（1，0，0），
设平面DAE与AEC的夹角为θ，
所以cosθ=|cos|===，
因为θ为锐角，所以θ=，
即平面DAE与AEC的夹角为．
18．【解析】（1）由抛物线可求抛物线方程；
（2）设M（-1，t），联立方程组可得y2-y+k+t=0，由Δ=0，可得k2+kt-1=0，进而得k1+k2=-t,可证结论成立．
解：（1）由过焦点垂直于x的直线与抛物线交于A，B两点，|AB|=4，
∴2p=4，∴C的方程为y2=4x；
（2）证明：由（1）知抛物线的准线方程为x=-1，设M（-1，t），
设过M的切线方程为y-t=k（x+1），
则，消去y得y2-y+k+t=0，
∴k≠0，Δ=（-1）2-4××（k+t）=0，
∴k2+kt-1=0，
∴k1+k2=-t,
又k3==-t,
∴==2．
19．【解析】（1）根据双曲线的几何性质，可得关于a,b和c的方程组，解之即可；
（2）设直线l的方程为y=k（x+2），将其与双曲线的方程联立，结合韦达定理与平面向量的坐标运算，计算m+n的值，即可得证．
（1）解：由题意知，，解得a=1，b=，
所以双曲线C的方程为．
（2）证明：由（1）可得，左焦点F（2，0），
由题意知，直线l的斜率一定存在，设其方程为y=k（x+2），A（x1，y1），B（x2，y2），
联立，得（3-k2）x2-4k2x-4k2-3=0，
则x1+x2=，x1x2=-，
因为=m=n，
所以（-2，-2k）=m（x1+2，y1）=n（x2+2，y2），所以m=-，n=-，
所以m+n=--=-2 =-2 =-2 =-，得证．