江苏省启东中学2024-2025学年高二上学期第一次月考试题数学PDF版含答案_2024-2025高二（7-7月题库）_2024年10月试卷_1028江苏省启东中学2024-2025学年高二上学期第一次月考

{#{QQABaQ4EogioAIAAAQgCAwFqCAIQkACAAYgGwEAAIAAAiBFABCA=}#}{#{QQABaQ4EogioAIAAAQgCAwFqCAIQkACAAYgGwEAAIAAAiBFABCA=}#}{#{QQABaQ4EogioAIAAAQgCAwFqCAIQkACAAYgGwEAAIAAAiBFABCA=}#}{#{QQABaQ4EogioAIAAAQgCAwFqCAIQkACAAYgGwEAAIAAAiBFABCA=}#}江苏省启东中学 2024~2025 学年度第一学期第一次月考
高二数学答案
解析人：福佑崇文阁
一､单选题：本大题共8小题，每题 5分，共 40分.在每小题提供的四个选项中，只有一项是符合题
目要求的.
1 2 3 4 5 6 7 8
A D B C B A C A
二､多选题：本题共 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.
9 10 11
ABD AC ACD
三､填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
1
12. （2，-2，1） 13. -1 14. ；4
2
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.
1 1
15.(本题13分)(1)BE  ab c；
2 2
(2)AC  AB AD ab，
1 1
因为BE  AC ，所以BEAC 0，
1 1 1 1
 1 1  
即 ab c ab 0，
 2 2 
即 c 2，
所以AA 2
1
  
16.(本题15分)(1)设A m,3m m0 ，
因为A在射线3x-y=0上，B在射线x+3y=0上，
所以OAOB，
{#{QQABaQ4EogioAIAAAQgCAwFqCAIQkACAAYgGwEAAIAAAiBFABCA=}#}又因为OAOB，所以B（3m,m），
 
所以中点P 2m,m ，
1
 
所以直线OP的方程为 y  x x0 ；
2
(2)设A

m,3m

m0
 ，B（3n,n）
n0

，
m3n 3mn
所以中点P , ，
 2 2 
因为点P在x+y-2=0上，
所以2mn2，
2
 4
因为 AB   m3n 2   3mn 2   7m6 2   m2 2  50m  8 ，
 5
4
所以当m 时， AB 2 2.
5 min
17.(本题15分)福佑崇文阁解析
AO BO
(1)因为AB∥OP，所以  ,
OF PF
 bc
即Pc, ，
 a 
b4
因为P在椭圆上，当xc时， y2  ，
a2
所以bc，
又因为a2 b2 c2，
c2 1
所以a2 2c2，即  ，
a2 2
2
所以离心率e ；
2
(2)过点P作PQ∥OA交AB于Q，交y轴于M，
可知四边形AOPQ为平行四边形，
b2
所以PQ a，OM  ，
a
{#{QQABaQ4EogioAIAAAQgCAwFqCAIQkACAAYgGwEAAIAAAiBFABCA=}#}1
根据题意可知S S  S  ，
PAB POA PBQ
2
1 1  b2  1
即 PQBM  ab  ，
 
2 2  a  2
由（1）知a  2c 2b
 
所以a2 2 21，b2 1 2 ，
x2 y2
所以椭圆C的标准方程为  1．
2 22 21
18.(本题17分)福佑崇文阁解析
（1）令AC交BD于O，取PC中点M，连接OM、EM
因为四边形ABCD为矩形，所以O为AC中点，
1
又因为M为PC中点，所以OM  PA 1且OM ∥PA ，
2
又因为PA⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，
所以PA∥DE，
所以OM=DE，OM∥DE，
所以四边形OMED为平行四边形 ，
所以ME∥OD，
又因为
ME
平面PCE， BD平面PCE，
所以 BD∥平面PCE；
（2）因为PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为矩形，
所以以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，
       
由题可得，A 0,0,0 ,P 0,0,2 ,C 1,2,0 ,E 0,2,1 ,
所以AP   0,0,2  ,PC   1,2,2  ,CE   1,0,1  ,
可得平面APC的法向量为n   2,1,0 ，平面PCE的法向量为n   2,1,2 ，
1 2
设二面角A-PC-E为，
n n 5
所以 cos  1 2  ，
n  n 5
1 2
{#{QQABaQ4EogioAIAAAQgCAwFqCAIQkACAAYgGwEAAIAAAiBFABCA=}#}2 5
所以二面角A-PC-E的正弦值sin 1cos2 ；
5
（3）设F  0，0，m ，0＜m＜2，所以FP   0，0，2m ，
由（2）可知，平面PCE的法向量为n   2,1,2 ，
2
FPn
2
所以F到平面PCE的距离d  1，
n
2
1  1
得m ，所以F0，0，，
2  2
 1
因为B  1，0，0  ，所以FB 1，0， ，
 2
21 2 5
sin cos FB，n  
所以直线BF与平面PCE所成角的正弦值 2 5 15 .
3
2
19.(本题17分)福佑崇文阁解析
(1)当斜率不存在时，直线方程为x2
圆心到直线的距离d 2 r ，与题意不符；
当斜率存在时，设直线方程为 y 2 k  x2 ，即kx y2k 2 0，
2k 2
圆心到直线的距离d  r  6，
k2 1
解得k  2，
所以直线方程为 2x y3 2 0；
(2)①设直线方程为xmy6，
x2  y2 6
 
联立 ，得 m2 1 y2 12my300，
xmy6
由＞0得m＜ 5或m＞ 5 ，
   
设B x ,y ,C x ,y
1 1 2 2
{#{QQABaQ4EogioAIAAAQgCAwFqCAIQkACAAYgGwEAAIAAAiBFABCA=}#}12m 30
所以 y  y  ,y y  ，
1 2 m2 1 1 2 m2 1
1 1 1
所以S  S S  OA y  OA y  6 y  y 3

y  y
2
4y y
OBC OAC OAB 2 2 2 1 2 2 1 1 2 1 2
144m2 120 6 6 m2 5
3   ，
 m2 1 2 m2 1 m2 1
令t  m2 5  t＞0 ，则m2 t2 5，
6 6t 6 6 6 6
S    3
OBC t2 6 6 2 6 ，
t
t
6
当且仅当t  ，即t2 6，即m2 11，即m 11时取等号，
t
综上所述，OBC 的面积最大值为3，此时直线方程为x 11y60或x 11y60；
②设直线BC方程为 y kxb，
x2  y2 6
 
联立 ，得 k2 1x2 2kbxb2 60，
 y kxb
   
设B x ,y ,C x ,y ，
1 1 2 2
2kb b2 6
所以x x  ,x x  ，
1 2 k2 1 1 2 k2 1
因为直线AB与AC斜率互为相反数，即k k 0,
AB AC
又因为A  6，0  ，
     
y y kx b x 6  x 6 kx b
所以 1  2 0，即 1 2 1 2 0，
  
x 6 x 6 x 6 x 6
1 2 1 2
   
所以2kx x 6k x x b x x 12b0，
1 2 1 2 1 2
2kb2 12k 12k2b 2kb2 12k2b12b
所以    0，
k2 1 k2 1 k2 1 k2 1
所以k b，
 
所以直线BC方程为 y kxk k x1 ，
所以直线BC经过定点  1，0  .
{#{QQABaQ4EogioAIAAAQgCAwFqCAIQkACAAYgGwEAAIAAAiBFABCA=}#}