数学答案_2024-2025高二（7-7月题库）_2024年12月试卷_1220安徽省“江南十校”2024年高二年级12月份阶段联考_安徽省江南十校2024-2025学年高二上学期12月联考数学试卷

2024-2025 高二数学试题
参考答案及评分细则
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目
要求的.
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 C B A D B C B C
1．【答案】C
   
【解析】由题意ab，得1，即ab0,4,4，故选C.
2．【答案】B
【解析】m0,n0且mn时方程mx2 ny2 1表示的曲线是椭圆，故选B
3．【答案】A
【分析】根据点与直线的位置关系即可求解.
【详解】因为P(3,4)是直线axby20和a xb y20的公共点，
1 1 2 2
所以3a 4b 20，且3a 4b 20，所以两点Aa,b和Ba ,b 都在同一条直线3x4y20上，
1 1 2 2 1 1 2 2
故直线AB方程是3x4y20，故选A.
4．【答案】D
  
 
【解析】易知PD BQ ac b，设CQ 中点为E，则
 2 1    1     1    
BG  BE  BQBC  BQPCPB  a 2b 2c ，
3 3 3 3
    1     1 1 2
所以PG  PBBG b a2b2c  a b c，故选D
3 3 3 3
5．【答案】B
  
2
【解析】由题意直线l的方向向量m 2,1,1 ,PQ  3,4,5，则 PQ 32 42 52 50，
  
PQm 64515， m  6，所以点Q2,4,6到直线l的距离为
  2
 2  PQm   15  2 5 2
d  PQ     50    ，故选B.
 m   6  2
 
6．【答案】C
【解析】圆C的方程为，x2  y1 2 2，圆心为0,1，半径为 2，过点2,1作圆C的切线，设其
学科网（北京）股份有限公司k012k 1
方程为 y1 kx2，即kx y2k 10，则  2 ，解得k  1，则结合图像
k2 1
2ab5 b1
知 2 的取值范围为  1,3  ， 故选C.
a2 a2
7．【答案】B
【详解】过点M作MAl 于A点，过点N作NB l于B点，设l与x轴交于点D，如图
由抛物线定义结合三角形相似可得：
AM FM QM 1
   ，令 FM  m，则
BN FN QN 3
FN 3m,QM  2m，所以 FQ  FN ，即F为QN的中点，
由QAM QDF 得
AM QM 2 4
  ，又 DF  p  2，得 AM  ，则点
DF QF 3 3
1 2 3  
M  , ，同理可得 BN  4，即N 3,2 3 ，所以
3 3 
   
Q 1,2 3 ，P 3,2 3 于是所求三角形的面积
1 1  1 16 3
S  PN x x  4 3 3   ，故选B
PMN 2 P M 2  3 3
或
4
8．  【 ∆  答   案 = 】3 C  ∆   
【详解】设双曲线的右焦点为F ，连接QF，
1 1
过O 作OH  AB与H，则 OB a，
因为 OA  OB ，OH  AB，所以 AH  BH ，
因为 FA  BQ ，所以 FH  HQ ，即H为线段FQ的中点，
因为O为FF的中点，所以OH//QF ，所以FQQF ， QF 2OH ，
1 1 1 1
1
设 FA  AB  BQ m，则QF 4m， BH m，QF  QF 2a4m2a，所以OH 2ma，
2 1
4
在△BHO中，由勾股定理可得OH 2 BH 2  OB 2，即2ma2 m2 a2，解得m a，
5
学科网（北京）股份有限公司3 8
所以OH 2ma  a， FH 2m a，在△FHO中，由勾股定理得 OH 2  FH 2  OF 2，
5 5
2 2
3  8  73 c 73
即  a  a c2，解得c a ，所以e  .
5  5  5 a 5
故选：C.
二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.
全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
题号 9 10 11
答案 BCD AD ABD
9．【答案】BCD
x y
【详解】对于A：设过点P3,2与坐标轴的正半轴相交的直线l方程为：  1，则
a b
3 2 3 2 1
 1 2   ab 24 ，即直线l与坐标轴围成三角形的面积的最小值为S  ab12，
a b a b 2
所以与坐标轴的正半轴围成三角形面积为16的直线有2条，另外过点P3,2与x轴正（负）半轴，与y
轴负（正）半轴围成三角形面积S0,，即面积为16的直线各有1条，故共有4条；A错误
对于B：因为 AB 5，以A，B为圆心，分别以2,3为半径作圆，则圆A与圆B相外切，它们的3条公
切线即为满足条件的直线，所以B正确；
对于C：因为 y2 4x，当x 2时， y 2 2 3，所以点Q在抛物线的外部，所以C正确，
x2 y2 2b2
对于D：过双曲线  1的右焦点作垂直实轴的直线
l
，被双曲线右支截得的弦（通径）长为 5，
4 5 a
又双曲线的实轴长2a  45，所以结合对称性可知，被双曲线左右两支截得的线段长为5的直线有2条，
共有3条，所以D正确；
故选BCD
学科网（北京）股份有限公司10．【答案】AD
 
【详解】对于A，因为 ，即AP  zAA ，故P点在AA上，
1 1
= 0,  =0,  ∈ 0,1
将平面BBAA 与平面D DAA 沿着AA展开到同一平面内，如图：
1 1 1 1 1
连接 交AA 于P，此时B 三点共线， 取到最小值即 的长，
1 1
1  ,  ,   1  +    1 
即BD  42 22 2 5，A正确；
1
对于B，由于 时，则P为C D 的中点，
1 1
1
=  =1,  =2
3 2
法一：如图BD 平面ACC A ，所以平面ABD 平面OAG，又OG  AG  ，作GH OA ，
1 1 1 1 1 2 1
1
则GH 平面ABD，即GH 是点G 到平面ABD的距离，且GH  OQ2 OA2  3，
1 1 4 1
1 1 3  2
又PE //平面ABD ，所以V V  GH S   3  2 2 2，B错误
1 PA 1 BD GA 1 BD 3 A 1 BD 3 4
法二：以D为空间直角坐标原点，以DA，DC， DD 分别为x，y，z轴建系，如图
1
 
易知AC 2,2,2是平面ABD的一个法向量，DP  0,1,2，则点P到平面ABD的距离为
1 1 1
学科网（北京）股份有限公司 
AC DP 24 1 1 3  2
d  1   3，所以V  d S   3  2 2 2，B错误
P AC 2 3 PA 1 BD 3 p A 1 BD 3 4
1
对于C，当x 1,y 1,z 0时，点P与C点重合，此时经过A,B,P三点截正方体所得截面是矩形ABCD ，
1 1 1
其面积S  4 2；当x 1,y 1,z 1时，点P与C 点重合，经过A,B,P三点截正方体所得截面是
A1BCD1 1 1
3  2
三角形 ABC ，其面积S   2 2 2 3，当x 1,y 1,z0,1时，经过A,B,P三点截
1 1 A 1 BC 1 4 1
正方体所得截面是梯形ABPQ，面积随z的增大而减小，故截面面积的取值范围是2 3,4 2，C错误
1  
对于D，当x yz 1时，可得点P的轨迹在ABD内（包括边界），
1
1 2 3 2 6
易知AC 平面ABD,点A到平面ABD的距离AO  AC  ，若AP ，则
1 1 1 3 1 3 3
2 3 2 3
OP  AP2  AO2  ，即P点落在以O为圆心， 为半径的圆上（如上右图），
3 3
1 3 6 2 3 
O点到ABD三边的距离为  2 2   ，此时POQ  ，P点轨迹是以O为圆心，
1 3 2 3 3 2
2 3 1 2 3 3
为半径的圆的一部分，其轨迹长度为 2  ，即D正确；故选：AD
3 4 3 3
11．答案ABD
x2 4y
【详解】对于A，联立 ，消元得x2 4x40，
y  x1
则Δ 42 160，故直线 y  x1与抛物线相切，又点M2,1在直线上，
则过点M与相切的直线方程为 y  x1，故A正确；
学科网（北京）股份有限公司对于B，由题意，设A(x ,y ),B(x ,y )，则
0 0 0 0
y 1 y 1  1 1  4
k k  0  0 y 1   y 1 ，
MA MB x 2 x 2 0 x 2 x 2 0 x 24
0 0 0 0 0
4 4
注意到x 2 4y ,，于是k k y 1 y 1 1为定值，B选项正确.
0 0 MA MB 0 x 24 0 4y 4
0 0
对于C，依题知，直线AB的斜率存在且不为零，设直线AB的方程为mx2ny11，
x2 4y x224x24 y1
联立 ，得4ny12 4m4nx2 y1 14m x2 2 0，
mx2ny11
即4n 
 x
y


2
1
 
2 4m4n 
 x
y


2
1
 
14m0，设Ax
1
,y
1
,Bx
2
,y
2
，则
y 1 y 1
k  1 ,k  2 是方程4nk24m4nk14m0的两个根，由韦达定理知
1 x 2 2 x 2
1 2
14m 1  1
kk  1解得nm ，此时直线AB的方程为mx2m  y11即
1 2 4n 4  4
y 3
mxy1  0，恒过定点2,3，故C错误；
4 4
x2 x 2 x2
对于D， 设A(x, 1 ),B(x , 2 )，以A为切点的切线l 方程为 y 1 k  xx ，
1 4 2 4 PA 4 1
 x2
y 1 kxx 
则  4 1  x2 4kx4kx  x2  0 ，令 16k2 4  4kx x2   4k 2x 2 0得
1 1 1 1 1
 x2 4y
x x x2
k  1 ，所以切线l 方程为 y  1 x 1 ，同理可得以M为切点的切线l 方程为： y  x1，以B
PA PQ
2 2 4
x x 2
为 切 点 的 切 线 l 方 程 为 y  2 x 2 ， 联 立 l 与 l 的 方 程 可 得
BQ PQ PA
2 4
 x x2
y  1 x 1 x x2 x x x
 2 4  1 x 1  x1 x  1 1，即点P的横坐标为 1 1，由题意x  1 1，则
2 4 2 2 2 2

y  x1
x2
x x 2 1 1
切线BQ的斜率k  2  1 ，又直线AM的斜率 4 x 2 ，即k k ，
BQ 2 4 k   1 AM BQ
AM x 2 4
1
所以AM //BQ，即D正确，故选ABD
学科网（北京）股份有限公司三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分。把答案填在题中的横线上。
5 1
12. （0， ） 13.
12 2
 1
14. 0,  详解1：如图，放置等大的正方体，P为棱B’B2 上的点， MCP即为所求。
 3
⦟
详解2：以D 为空间直角坐标原点，分别以D A,DC ,D D为x，y，z轴建系如图，
1 1 1 1 1 1
 
设AD 1,N 1,1,z0 z 1,M 1,0,h0 h 1，CM 1,1,h1,D N 1,1,z，设
1 1 1
 
 CM DN z1h
 CM，D N ，则 cos    1   ，
1 CM DN 1h2 2 z2 2
1
①当 或 时，
z  0 h 1 cos 0;
②当z  0且h 1时，令n 1h0 n1，
z2n2 z2n2 z2n2 1
ycos2    （当且仅当
 z2 2  n2 2  z2n2 2z2 2n2 4 z2n2 4zn4 1 1
4 4 1
z2n2 zn
学科网（北京）股份有限公司1 1
n z取等号），令t  ,t 1，函数4t24t1在 1,为增函数，故9.故cos2 ，
zn 9
1
所以0 cos  .
3
1
综上：0 cos  .
3
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.
62 1
15.解：（1）易求A,B中点坐标为T  5,4 ，k  2，故AB中垂线为y4  x5 ，
AB 46 2
1 3
即 y  x ，与 y 2x联立解得圆心C点坐标为 1,2 ，
2 2
圆的半径r   16 2  22 2 5，故圆C:  x1 2  y2 2 25…………………5分
(2)设P,Q中点坐标为N ，CN  PQ，故N 点在CD为直径的圆上，设CD中点M ，以CD为
2 2
 5  3 5
直 径 的 圆 M 的 方 程 ：  x4  x1  y1  y2 0 ， 即 x   y   ， 故
 2  2 2
  
OPOQ  2ON  34 10 ， 当 且 仅 当 O,M,N 三 点 共 线 时 取 等 号 ， 故
 
OPOQ  34 10..………………………………13分
max
  
另解：①当直线PQ的斜率不存在时，PQ中点坐标T  4,2 ， OPOQ  2OT  4 5 ；
②当直线PQ的斜率存在时，设直线PQ：y1k  x4 代入 x1 2  y2 2 25整理得：
   
k2 1 x2  8k2 2k 2 x4k2 8k 230
8k2 2k 2 4k2 6k 2
设P  x ,y  ,Q  x ,y ，则x x  ，y  y 
1 1 2 2 1 2 k2 1 1 2 k2 1
 2  2  
  8k2 2k 2  4k2 6k 2 8 10k4 2k3 11k2 2k 1
2
OPOQ  
 2  2
k2 1 k2 1
  
8 k2 1 10k2 2k 1  2k9  
 810

，因为求 OPOQ 的最大值，可令t 2k90，
 k2 1 2  k2 1
t9
k  代入上式可得：
2
学科网（北京）股份有限公司 
 
 
  2  t   4t   4 
OPOQ 8 10 810  810 




t9

2
1


 t2 18t85  t18 85 
 t 
  2  
 4   2 859
810  444 85  34 10 ，当且仅当t  85 ，即k  时取等号.
 2 8518 2
 
易求4 5  34 10 ，故 OPOQ  34 10.
max
16.解：（1）由题意结合双曲线的对称性可知 BF = BF = AB ，得ÐAF F =90,即AF ^ x轴，把 x c
1 2 2 1 2
x2 y2 b2
代入方程  1，可得 AF  y  ，
a2 b2 2 A a
6
又 AF =2OB ,OB = ，
2 3
b2 2 6 c 2 3
即  ，又e= =
a 3 a 3
解得a2 =6，b2 =2,
x2 y2
\ 双曲线C的方程为： - =1..………………………………7分
6 2
ì
x=my+2 2
ï
ï
（2）设直线PQ的方程为：x= my+2 2,联立方程í x2 y2 ,
ï - =1
ïî
6 2
化简得(m2 -3)y2 +4 2my+2=0.………………………………9分
4 2m 2 12 2
设P(x ,y )，Q(x ,y )则 y + y = ， y y = ,结合直线PQ的方程得x +x = ,
1 1 2 2 1 2 3-m2 1 2 m2 -3 1 2 3-m2
骣
琪6 2 2 2m
即PQ 中点N 坐标为
琪
, .………11分
桫3-m2 3-m2
m2 +1
于是 PQ = (x +x )2 +(y + y )2 =2 6×
1 2 1 2 |m2 -3|
p 5p
（倾斜角 <a< ，\ m> 3或m<- 3）
6 6
m
当m> 3或m<- 3时，k = ，直线ON 方程为：
ON 3
学科网（北京）股份有限公司y = m 3 x，令x = 3 2 2 得M 骣 琪 琪 桫 3 2 2 , 2 2 m ，此时 MF 2 2 =ç 骣 琪 桫 2 2- 2 3 2÷ 2 + 骣 琪 琪 桫2 2 m 2 = m2 2 +1 ,于是
PQ 2 48(m2+1) PQ2 48(4-t) 4 1 1 4
= ，令t =3-m2Î ( 0,3 ]，则 = = 48( - )= 48 ( -1)³ 0 ，
MF 2 (3-m2)2 MF 2 t2 t2 t t t
2 2
骣
1 1 PQ2 1 4 16 PQ 4
由 ³ 知，琪
琪
=48创 （ -1）= ，故 的最小值为 3..……………15分
t 3 桫MF 2 3 3 3 MF 3
2 min 2
17．【解析】（1）取F为PD三等分点，且PD3DF，过F作FK∥CD，
2
则FK  CD AE，所以AEKF为平行四边形，所以AF∥EK，
3
又AF 面PEC ，EK 面PEC，
所以AF //平面PEC，证毕； …………………………………………………………6分
（2）由题意平面PAD 底面ABCD,平面PAD底面ABCD  AD CD  AD，所以CD面PAD，
所以直线CF 与平面PAD所成角的平面角为CFD，
CD 3
在RtCDF 中，由tanCFD   ，得DF  4． ……………………………………………8分
FD 2
设AD中点为O，设BC中点为Q，分别以OA,OQ,OP为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
 
     
则A3,0,0,B3,6,0C 3,6,0,F 1,0,2 3 ，AF  4,0,2 3 ,CF  2,6,2 3 ，……10分

设平面AFC的一个法向量为mx,y,z，

 mAF 4x2 3z0 
 
由   ，取x 3，可得m 3, 3,2 ， …………………12分
mCF 2x6y2 3z0
  
易求平面 ABC法向量n0,0,1，设平面ABC与平面AFC夹角为 0, ，则
 2
学科网（北京）股份有限公司 
  mn 2 10
cos cos m,n      ， …………………14分
m  n 334 5
10
故平面ABC与平面AFC夹角的余弦值为 ． …………………15分
5
（其他做法，请参照给分）

 c 1
e 

a 2


18.解：（1）依题意可得： a2 b2 c2 ，解得：a 2,c1,b 3

9

1
  4 1
a2 b2
x2 y2
故椭圆E :  1………………………………………………………4分
1 4 3
（2）若AB斜率不存在或为0，有对称性知：AP BQ
若AB斜率存在且不为0，设AB中点为Tx ,y ，Ax ,y ,Bx ,y ，则
0 0 1 1 2 2
x2 y2 x2 y2
1  1 1① 2  2 1②①②得：
16 12 16 12
 x x  x x   y  y  y  y  y y y 3 3
1 2 1 2  1 2 1 2 0， 1 2  0  即k k  ， …………6分
16 12 x x x 4 AB OT 4
1 2 0
3 3
设PQ中点为T'，同理可得：k k  ，即k k  ，故T 与T'重合.
PQ OT' 4 AB OT' 4
PT QT,AT  BT，AP AT PT  BT QT BQ，得证.…………10分
（3）由（2）知：APBQ，同理PC DH，AQAP+PQ=BQ+PQ=PB，同理CH  DP，
3
即证： PA  PB  PC  PD ，设直线AB: y k  x1 
2
代入 x2  y2 1整理得： 34k2  x2 8k   3 k  x4   3 k   2 480…………12分
16 12 2  2 
2
3 
4 k 48
12k8k2 2 
设Ax ,y ,Bx ,y ，则x x  ，x x 
3 3 4 4 3 4 34k2 3 4 34k2
学科网（北京）股份有限公司PA PB  1k2 1x 1k2 1x =  1k2  1 x x x x   1k2  36 ………15分
3 4 3 4 3 4 34k2
因为直线l ,l 的倾斜角互补，则l 的斜率为k ，同理可得
1 2 2
  36
PC  PD  1k 2 = PA  PB ，得证.………17分
34 k 2
x 1tcos
 x2 y2
另解：设直线AB: 3 代入  1整理得：
y  tsin 16 12
 2
 14sin2  t2  24cos48sin t1320…………12分
132 132
t t  ， PA  PB  t t  ，
1 2 14sin2 1 2 14sin2
132 132
用代得： PD  PC   ，…………15分
14sin2 14sin2
所以 PA  PB  PC  PD ，得证..………17分
     
 
19.解：（1）ACCB，OCOAOBOC ，
    1   
1OC OAOB，故OC  OA OB.………4分
1 1

AC
（2）设 A,B;C ,即 ，因为A,B,C是共线的三个不同点，故0.
CB

      BA 1 1
所以 AC   ABAC  1AC AB  BA  1 ，即 B,C:A 1 .
， ， AC  
1
同理 B,A;D  ，所以B,C;AB,A;D1..………9分

（3）设A,B;D,B,C;E,C,A;F，因为A,B和D三点共线，A,B;D，参照
 1   
（1）证明可得：MD  MA MB①
1 1
 x 
又因为M,C,D三点共线，所以存在xR，使得MD MC，代入①式可得：
1
   
MAMBxMC 0②
同理，利用B,C;E,C,A;F，可以找到实数 y和z ，使得
   
yMAMBMC 0③
学科网（北京）股份有限公司   
MAzMBMC 0④
    
联立②③消去MB，联立②④消去MA，可得：1yMAxMC 0，
     
zMBx1MC 0，又因为MA，MB和MC 中任意两个向量互不共线，故有
1 1 1
1y  xz  x10，由此推出x ,y  ,z  ，
  
1，即A,B;DB,C;EC,A;F1.得证..………17分
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