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=}#}