巴蜀中学高二10月月考数学答案_2024-2025高二（7-7月题库）_2024年11月试卷_11062024-2025学年重庆市巴蜀中学高二10月月考

高 2026 届高二上月考数学参考答案 一、单选题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C B D B C D A D 1【详解】设直线的 x  y  3  0 的倾斜角为，且  0 , π    ，直线 x  y  3  0 的斜率 k t a n 1    ，所以 π 4   ，故选：C 2【详解】点 到两个定点 ， 的距离之和等于常数 ，由椭圆的定 义可知：此点的轨迹为焦点在 轴上的椭圆，且 ，故 ，故椭圆的标准 x2 y2 方程为  1.故选：B 6 3 3【详解】解：由题意，圆心坐标为点C1,5，半径为 1 2  5 2  2 6 ， 则圆的方程为 ( x  1 ) 2  ( y  5 ) 2  2 6 ．故选：D． 4【详解】两圆方程相减得公共弦方程为 x  y  2  0 . 5【详解】由题设，圆 C 的圆心为 ( 2 , 4 ) ，且半径 r  1 0 ， 而122 242 510，即点  1 , 2  在圆内，且圆心到该点的距离d  5 ， 当直线 l 与 1,2 、 ( 2 , 4 ) 的连线垂直时，弦长最短为 2 r 2 d 2 2 5 ， 故长度为 2 5 的弦的条数为1条. 故选：C 6【详解】直线 A A ' 的斜率为  1 3 ，直线l为线段AA'的中垂线，从而 k 3， 又线段 A A ' 的中点 (  1 , 2 ) 在 l 上，故23b，解得 b  5 ，故选：D. 7【详解】依题意 F （2 2 , 0 ） ，直线 P Q 的方程为 y  （3 x  2 ） 即 y  3 x  6  9 x2 y2 y    1   1 4 联立10 6 解得8y2 6y270  从而 3   y 3x6 y   2 2 y 1  y 2  1 5 4 PQF 的周长为 1 4 a  4 1 0 Px,y 1 15 15 ，面积为S  FF y  y 2  2 1 2 1 2 4 2 1 15 3 10 又S  4ar 2 10r  所以 r  故选：A 2 内 内 2 内 8  3 , 0    3 , 0  2 6 x a  6 , c  3 b  3 {#{QQABTQAEggAAQBJAAQgCQQ0gCAGQkhECAagOxBAIoAAASQFABAA=}#}8【详解】 圆 M 与x轴相切于焦点 F ，MF x轴，可设 M  c , y  ， M 在椭圆上，  c a 2 2  y b 2 2  1 ，解得： y   b a 2 ，  圆 M 的半径为 b a 2 ； 作 M N  y 轴，垂足为 N ， M P  M Q ，   P M N   N M Q ， P M Q 为直角三角形，   N M Q  π 4 ，  c  2 2  b a 2 ，  2 a c  a 2  c 2 ，即 2 e  1  e 2 ，解得： e  6  2 2 ， 故选：D. 二、多选题 题号 9 10 11 答案 BD BCD ACD 9【详解】A选项：当直线过原点时，方程为 y   x ， 当直线不过原点时，设方程为 2 x b  y b  1 ，则  2 1 b 0  1 0 b  1 ，解得 b   4 ， 所以直线方程为 x  2 y  1 0  0 ，综上，所求直线方程为 x  y  0 或x2y80，故 A错误； B选项：由方向向量的定义知正确； C选项：直线xy10，即为 2 x  2 y  2  0 ， 故直线 x  y  1  0 21 3 2 与直线2x2y10之间的距离为  ，故C错误； 44 4 D选项：直线xcos 3y20R的斜率 k 3 3 c o s 3 3 , 3 3        ，  π 5π  所以倾斜角的范围是  0,    ,π，故D正确；  6  6  故选：BD. {#{QQABTQAEggAAQBJAAQgCQQ0gCAGQkhECAagOxBAIoAAASQFABAA=}#}10【详解】解：A选项：由椭圆方程 x 8 2  y 4 2  1 ，所以 a 2  8 ，b2 4，所以 FPF c2 a2 b2 4，所以FPF 的面积为S b2tan 1 2 4，故A错误； 1 2 2 B选项：当 P F 1  F 1 F 2 或 P F 2  F 1 F 2 时  F 1 P F 2 为直角三角形，这样的点 P 有4个，设椭 圆的上下顶点分别为 S , T ,计算知FSF FTF 90,所以当P位于椭圆的上、下顶 1 2 1 2 点时  F 1 P F 2 也为直角三角形，其他位置不满足，满足条件的点 P 有6个，故B正确； C选项：由于 PF 2 PF 4 23PF ，所以当 1 2 2 P F 2 最小即 PF ac2 22时 2 PF 2 PF 取得最大值 1 2 6  2 2 ；故C正确； D选项：因为 P F 1  P M  2 a  P F 2  P M  4 2  P M  P F 2 ，又 P M  P F 2  M F 2  2 5 ，当点 P 位于直线MF 与椭圆的交点时取等号，故D正确． 2 故选：BCD 11【详解】A选项：设 M ( x , y ) 则：由 M M D E  2 x2 (y2)2 得 2，化简得： x2 (y1)2 x 2   y  2  2  4 ，故曲线C的方程为 x 2   y  2  2  4 ，A选项正确； B 选项： C:x2 y22 4的圆心 C ( 0 ,  2 ) 到直线l的距离为 1 2 5  2 ，所以直线 l 与 C 相离，从而圆上动点 M 到直线 l 12 2 距离的最小值为 r  ，从而B选项错误； 5 5 C选项： R T P A C 2 12 2 11 中， PA  PC2 CA2  d2 r2  22  ，故C    5  5 正确； MD 3 D选项：N( ,0)，因为 2所以 2 ME M D  2 M E 所以 M D  2 M N  2  M E  M N  2  3 2 EN 2  12  13，    2 当且仅当M 在线段EN 与圆C的交点时取得最小值，故D正确. 故选：ACD 三、填空题 {#{QQABTQAEggAAQBJAAQgCQQ0gCAGQkhECAagOxBAIoAAASQFABAA=}#}题号 12 13 14 答案 x  y  4  0 m  1 1 3 或 1 5 9  2 1 0 12【详解】 k C A   1  k 切  1 ，又过点 （A 2 ,  2 ） ，所以切线方程为 x  y  4  0 13【详解】将 ( 0 , 3 ) 代入椭圆方程 C : m x 2  n y 2  1 ，解得 n  1 9 ；故椭圆方程为 m x 2  y 9 2  1 .由焦距为4，得c2，c2 4. 由题意知 m  0 ，且m  1 9 x2 y2  1 ，方程可化为 1 9 ， m 若椭圆焦点在 x 1 轴上，故a2  ,b2 9，则有 m c 2  1 m  9  4 ，解得 m  1 1 3 ； 若椭圆焦点在 y 1 轴上，a2 9,b2  ，则有 m c 2  9  1 m  4 ，解得 m  1 5 ； 综上所述， m  1 1 3 或 1 5 . 14【详解】曲线 y  1  4  x 2 即 x 2  ( y  1 ) 2  4 ( y  1 ) ，由于P(a,b)在曲线上，令 a b 2 1 c o 2 s s i n ( 0 )           则 a b 3 a 2 b 2 2 2 4 9 c c o o 2 6 s s s s i n i n 1 2 s 2 i n 2 2 s c c i o o n s s 4 3 5 5 9  2 4 4 s 2 c o s i n i n 1 0 s s i  n 2 (  1 ) 2 s i n  2                                          1 3 （其中sin ,cos ，不妨设 10 10 0 , 2      ）  0 ,   ,              又 2 , 0 , 2 ,                2     当   时 a  b  3  a 2  b 2 取得最大值92 10. 四、解答题 15【答案】(1) m0或2， (2) x2y10． 【详解】（1） l //l m12 1 解得m0或2 1 2 {#{QQABTQAEggAAQBJAAQgCQQ0gCAGQkhECAagOxBAIoAAASQFABAA=}#}当 m  0 时， l1 ：x y10， l2 ： x  y  4  0 满足 l1 / / l 2 ； 当 m   2 时， l1 ： x  y  1  0 ， l2 ：  x  y  4  0 即 x  y  4  0 满足 l1 / / l 2 ； 故 m  0 或  2 （2） （A  1 , 0 ） ， （B 0 , 4 ） 当m1时联立l与l 的方程： 1 2  x 2  x 2  y y   1 4   0 0 解得C(3,2) k 2 ，从而 BC k l  1 2 又 直线 l 过点A（1,0） 故直线 l 的方程为 y  1 2 ( x  1 ) 即 x  2 y  1  0 16【答案】(1) x 4 2  y 3 2  1 ， (2) 3 4 3 ． b 3 a2   c 1  【详解】（1）由题e  b 3 a 2   c1 a2 b2 c2    C : x 4 2  y 3 2  1 （2）设 M ( x 1 , y 1 ) , N ( x 2 , y 2 ) ，线段 M N 中点 Q ( x 0 , y 0 ) 则 F 2 为 B M N 的重心   x y 1 1  3  x y 2 23   1 3  0 从而  x y 1 1   x y 2 2   3  3 所以  x y 0 0   3 2  2 3 即 Q ( 3 2 ,  2 3 ) M , N x2 y2 1  1 1   4 3 y 3 均在椭圆C上  作差可得 k  0  带入Q点坐标得 x 2 2  y 2 2 1 MN x 0 4  4 3 3 3 k  MN 4 {#{QQABTQAEggAAQBJAAQgCQQ0gCAGQkhECAagOxBAIoAAASQFABAA=}#} 3 2 4  2    2 3 3  2  1 1 3 6  1  Q 在椭圆内部，所求直线 M N 存在 故 直线 M N 3 3 的斜率为 4 17【答案】(1)证明见解析 (2) 7 1 8 6 ． 【详解】（1）如图所示，连接 E F ． 因为 E ， F 分别是棱PB， P C 的中点，所以EF //BC， B C  2 E F . 因为 A D / / B C ， B C  2 A D ，所以 E F / / A D ， E F  A D ， 所以四边形 A D F E 是平行四边形，则AE//DF． 因为 A E  平面 A C E ， D F  平面 A C E ，所以 D F / / 平面 A C E ． （2）因为 A D  平面 P A B ， P A 、 A B  平面 P A B ,所以 A D  P A , A D  A B ， 又因为 P A  A B ，所以AB， A P ，AD两两垂直， 以 A 为坐标原点， A B ，AP， A D 的方向分别为x，y， z 轴的正方向，建立如图所示的空 间直角坐标系． 由题中数据可得 A ( 0 , 0 , 0 ) ，C(2,0,4)，E(1,2,0), P ( 0 , 4 , 0 ) , D(0,0,2), AC(2,0,4)，AE(1,2,0)． {#{QQABTQAEggAAQBJAAQgCQQ0gCAGQkhECAagOxBAIoAAASQFABAA=}#}设平面 A C E 的法向量为 n  ( x , y , z ) ，则  n n  A  A C E   2 x x   2 4 y z   0 , 0 , 令x2，得n(2,1,1)． 同理可求得平面 P C D 的一个法向量为 m  ( 2 ,  1 ,  2 ) ． 设平面ACE与平面 P C D 的夹角为， |nm| 7 6 则cos|cosn,m|  ． |n||m| 18 即平面 A C E 与平面 P A D 7 6 的夹角的余弦值为 ． 18 18【答案】(1)  x  2  2  y 2  4 2 5 2 5 (2)（Ⅰ）k( ,0)(0, )；（Ⅱ）k k 5 1 2 5 5 （定值） 【详解】（1）设Ax,y， M  x 0 , y 0  ，由中点坐标公式得  x y 0 0   x y  2 2 6 4 , ． 因为点 M 的轨迹方程是 ( x  4 ) 2  ( y  2 ) 2  1 x6  2  y4  2 ，所以  4  2 1，  2   2  整理得曲线 C 的方程为 ( x  2 ) 2  y 2  4 ． （2）设直线 l 的方程为 y  （k x  1 ） ， E ( x 1 , y 1 ) , F ( x 2 , y 2 ) ，联立直线 l 和曲线C的方 程：  y ( x   k 2 x )  2 k  y 2  4 消去 y 得： （ 1  k 2 ) x 2  ( 2 k 2  4 ) x  k 2  0 （Ⅰ）因为直线l与曲线 C 交于异于坐标原点的两点E,F，所以    2k2 4 2 4k2(1k2)4(45k2)0   42k2 x x  解得 1 2 1k2   k2 x x  0  1 2 1k2 {#{QQABTQAEggAAQBJAAQgCQQ0gCAGQkhECAagOxBAIoAAASQFABAA=}#}k  (  2 5 5 , 0 )  ( 0 , 2 5 5 ) (Ⅱ) k 1 k 2  y x 1 1 y x 2 2  k 2 ( x 1  x 1 1 ) x ( 2 x 2  1 )  k 2 x 1 x 2  x 1 x x 1  2 x 2  1 带入韦达得： k 1 k 2  k 2 1 k  2 k 2  1 4 1 k    2 k 2 2 k k 2 2  1  k 2  5 k 2  5 （定值） 19【答案】(1) x 2  y 2  4 (2)见详解；（3） S  [ 4 3 6 , 6 ] 【详解】（1）椭圆C： x 3 2  y 2  1 中 a 2  3 , b 2  1 ，所以所求圆E的方程为 x 2  y 2  4 ； x 2 （2）设A（x ,y），则 0  y 2 1 0 0 3 0  y 0 2  1  x 0 3 2 又 （F 1 - 2 , 0 ） 、 F （2 2 , 0 ）  A F 1  （ x 0  2 ） 2  y 0 2  （ x 0  2 ） 2  1  x 0 3 2  2 3 x 0 2  2 2 x 0  3  3  3 6 x 0 6 同理 AF  3 x 2 3 0  A F 1  A F 1  3  2 3 x 0 2 A S  A T （ 2  O A ） （ 2 - O A ） = 4  O A 2  4  x 0 2  y 0 2  4  x 0 2   1  1 3 x 0 2   3  2 3 x 0 2  A S  A T  A F 1  A F 2 （3）①当l 斜率不存在， 1 l 2 斜率为0时，l 方程为 1 x  1 ，原点到l 的距离为 1 d 1  1 所以 P Q  2 4  d 1 2  2 3 ， MN 2 3，所以四边形 P M Q N 1 面积S  PQ  MN 6; 2 ②当 l1 斜率存在， l 2 斜率不为 0 时，设 l 2 的方程为xmy1，则 l1 的方程为 y m(x1)即 m x  y  m  0 m 则 原点到l 的距离为 d  1 1 m2 1 {#{QQABTQAEggAAQBJAAQgCQQ0gCAGQkhECAagOxBAIoAAASQFABAA=}#}所以 P Q  2 4  d 1 2  2 4  m m 2 2  1  2 3 m m 2 2   4 1 设 M （ x 1 , y ）1 、 （N x 2 , y ）2 ，联立 l 2 与 C 的方程，即  x x 3  2  m y y 2   1 1 消去 x 得 （ m 2  3 ) y 2  2 m y  2  0 由于A(1,0)在椭圆C内部，所以直线 l 2 与C必相交且  y y 1 1  y 2 y  2  m   2 2  m 2 2 3 m  3 所以 M N   1 1   m m 2 2 y ( 1   m y 2 2 2 m   3 ) 2 1   4 m m 2  2 2  ( y 3 1   y 2 2 2 ) （3  1 4  m y m 1 2 y 2  2 ) ( 3 m 2  2 ) 因为 l1  l 2 所以四边形PMQN面积 1 3m2 4 2 3(m2 1)(m2 2) 2 3(3m2 4)(m2 2) S  PQ  MN    2 m2 1 m2 3 m2 3 3(3m2 4)(m2 2) 2  m2 3 2 令 t  m 2  3 ( t  3 ) 则m2 t3 故 S   1 2 2 P 3 Q  5 ( M 1 t N  4 5  ) 2 2  1 5 3 ( 3 t  5 t ) 2 ( t  1 )  2 3 3 t 2  t 8 2 t  5  2 3 5 2 t  8 t  3 1 1 1 1 t 3  (0, ] 令u  ,则u(0, ]则 t 3 t 3 4 1 1 S 2 3 5(u )2  在u(0, ]单调递减 5 5 3 {#{QQABTQAEggAAQBJAAQgCQQ0gCAGQkhECAagOxBAIoAAASQFABAA=}#}1 4 6 当u  时 S  ； 当 3 min 3 u  0 时， S  6 所以 S  [ 4 3 6 , 6 ) 4 6 综上： S [ ,6] 3 {#{QQABTQAEggAAQBJAAQgCQQ0gCAGQkhECAagOxBAIoAAASQFABAA=}#}