答案_2024-2025高二（7-7月题库）_2024年12月试卷_1212四川省南充高级中学2024-2025学年高二上学期第二次月考（12月）

南充高中高 2023 级第三学期第二次月考
数学参考答案
一．选择题
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案 B C D D C B A D BCD AC ABD
二．填空题
3
12. 24π 13.  14. 4 7
4
8．（解法1）设Pccos,bsin,cos1,0，
 
因为A c,0,A a,0，所以APccosc,bsin,A P ccosa,bsin .
1 2 1 2
 
APA Pccoscccosab2sin2c2cos2accosc2cosacb2b2cos2
1 2
  c2b2 cos2  c2ca  cosb2ac  c2b2 cosb2accos10，所以cos b2ac .
 
b2c2
因为cos1,0，所以1
b2ac
0.
b2c2
 c2aca2 0  e2e10  51 2
因为b2 a2c2，所以
3c2ac2a2 0
，即
3e2e20
，解得e
  2
,
3

 
.
 
（解法2）设Px ,y ,x c,0，因为A c,0,A a,0，所以PA cx ,y ,PA  ax ,y ，
0 0 0 1 2 1 0 0 2 0 0
  b2x2   c2b2
所以PA PA  x2 ca x ac y2.因为y2 b2 0 ，所以PA PA  x2 ca x b2ac .
1 2 0 0 0 0 c2 1 2 c2 0 0
 
因为存在PA .PA 0，所以  c2b2 x2c2cax   b2ac  c2 0在x c,0上有解.
1 2 0 0 0
因为  c2b2 x2c2 cax   b2ac  c2   c2b2  x  b 2ac c   x c ，且x c,0，
0 0  0  0 0
所以  c2b2 x 0   b2ac  c0在x 0 c,0上有解，即 x   b2ac  c 在x 0 c,0上有解.
0 b2c2
a2acc2 0 1ee2 0  51 2
因为b2 a2c2，所以
3c2ac2a2 0
，即
3e2e20
解得e
  2
,
3

 
.
x42 y2
4
11．对于A选项，设 ，则  ，即 x42 y2  4 x5 ，
25 5
x 5
4
, 
16 x2 y2 x2 y2
即x2 y28x16 x28x25，化简得  1，故曲线C的方程为  1，A对；
25 25 9 25 9
对于B选项，由题意可知，曲线C为椭圆，且a5，b3， c a2 b2 4 ，
设椭圆另一个焦点为F，如图，由O为FF 和AB中点可知四边形AFBF为平行四边形，
所以 AF  BF ，所以 AF  BF  AF  AF 2a10，B对；
答案第1页，共4页对于C选项，设点Mx ,y 、 ，则Bx,y ，
0 0 1 1
1,  1
x2 y2  x2
因为点M 在曲线C上，则 0  0 1，可得y2 91 0 ，
25 9 0  25
 x2  x2
 x2 91 1 91 0 
同理y2 91 1 ，所以 y y y y y2y2  25  25 9 ，C错；
1  25 kk  1 0 1 0  1 0  
1 2 x x x x x2x2 x2x2 25
1 0 1 0 1 0 1 0
PF 4
对D，由定义知动点到定点F 与它到定直线l距离d满足  ，
d 5
5 25
所以 PO  PF  PO d，其中d为点P到直线l:x 的距离，即求椭圆上一
4 4
25
点P到O与到直线l:x 距离和的最大值，如图所示：显然当P在椭圆左顶点时，
4
PO 和d同时取得最大值，所以， PO d  55 25  65 ，D对.
max 4 4
 
14．如图，设 ，由题知动点P的轨迹是过OD的终点D且垂直OD的平面，
  =3   
动点Q的轨迹是以线段AB为直径的球M ，
PQ 的最小值就是球心M 到平面的距离d减去球M 的半径R.
  1 O  A  O  B   3O  C  O  C 
. DM OC  2   ，
d     4
OC OC
1  1    2 
R AB  OBOA  7， PQ 4  7.故答案为：4 7.
2 2 min
三．解答题
2 2 2 8
15．解：（1）设事件A=“甲前三局都获胜”，事件B=“乙前三局都获胜”，则P(A)    ，
3 3 3 27
1 1 1 1 8 1 1
PB    ，比赛只需打三局的概率为：PP(AB)P(A)P(B)   . ……5分
3 3 3 27 27 27 3
2 1 2 2
（2）甲需要打三局的概率为：P  ，甲需要打四局的概率为：P    ，甲需要打五局的概率为：
1 3 2 3 3 9
1 1 2 2 2 2 2 26
P     ，则甲最终获胜的概率为：PP P P     . ……13分
3 3 3 3 27 1 2 3 3 9 27 27
16．解：（1）由C：x32y42 4，则圆心C3,4，半径r 2，
当切线l的斜率不存在时，直线l的方程为x5，符合题意； ……2分
3k45k1
当切线l的斜率存在时,则设切线l的方程为y1kx5，即kxy5k10，所以 2，解得
k21
5 5  5 
k  ，此时切线l的方程为 xy5 10，即5x12y370. ……5分
12 12  12
综上所述，切线l的方程为x5或5x12y370. ……7分
答案第2页，共4页（2）设Gx,y，Aa,b，
因为P5,1，Q1,2，G为三角形APQ的重心，
a51
 x
  3 a3x4
所以 ，即 ， ……11分
b12
 y
b3y1
 3
由A为圆C上的动点，得a32b42 4，则3x4323y142 4 ……13分
2 2
 7 4  7 4
整理得 x  y12  ，即动点G的轨迹方程为 x  y12  ． ……15分
 3 9  3 9
17．（1）证明：在△PAD中，PAPD,O为AD中点，所以PO AD．因为侧面PAD底面ABCD，平面PAD
平面ABCD AD,PO平面PAD，所以PO平面ABCD． ……6分
（2）解：连接OC，由（1）知PO平面ABCD，且OC 平面ABCD，
1
所以POOC．因为BC∥AD,BC ADOA，所以四边形ABCO为平行四边
2
  
形．又因为ABAD，所以OC  AD．以O为坐标原点，以OC,OD,OP 为x轴、y
轴、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则
O0,0,0,P0,0,1,A0,1,0,B1,1,0， ，
    0,1,0 
所以BD1,2,0，PA0,1,1，PB1,1,1．设平面PAB的一个法向量为nx,y,z ,
1 1 1
 
 nPA0 y z 0 
则 n    P  B  0 ，即 x
1
 1 y
1
 1 z
1
 0 ，令z 1 1，得x 1 0,y 1 1，平面PAB的一个法向量n0,1,1……12分
 
  BDn 2 10
设直线BD与平面PAB的夹角为，则sin cosBD,n      ． ……15分
BD n 5 2 5
18．解：（1）由题意，函数 f x在  1, 2  上单调递减，在区间  2,2  上单调递增，且 f 11 2 3，
1
  2 2
f 2  2 2 2， f 22 3，所以函数 f x的最小值为2 2，最大值为3. ……4分
2 2
（2）由题意，关于x的不等式mx2m1x13的解集为R，即不等式mx2m1x20对于xR恒成
 m0
立，当m0时，不等式为x20，即x2不恒成立，不符合题意；当m0时，有 ，解
Δm128m0
 
得32 2m32 2. 综上所述，实数m的取值范围为 32 2,32 2 . ……8分
2
（3）解：对于函数 f xx ，x1,2，由（1）知， f x 3.
x max
由题意，对于x 4,6，都有 成立
1
g  1 ≤3+1= 4
答案第3页，共4页即 对 恒成立. ……10分
2
又当   −(  −时1)  +1 ≤ 4，故  ∈ 4,6 对 恒成立.
2 3− 
∈ 4,6  −  >0  ≤  2 −   ∈ 4,6
令 ,
3−   1
2 2 6
令  =3−  ∈ − ， 3,−1  −  = ，则  −5  +6 =  +  −5 ……12分
1
ℎ  =  + 6  −5  ∈ −3,−1  ≤ℎ  min
当 时， ，当且仅当 时取等号
6 6
所  以 ∈ −3,−1  +  =− −  +−  ≤−2 6 ……15分  =− 6
1
综上所
ℎ
述

，
min
实
=
数
ℎ
m
−
的取
6
值
=
范
−
围
2
为
6−5

=
,
2
2
6
6
−
5
5
. ……17分

（注：用二次函数对称轴讨论最值的方式酌情给分）
19．解：（1）因为FMN的周长为 MF  NF  MN  MF  NF  MF  NF
2 2 2 2 2 1 1
 MF  MF  NF  NF 4a8，所以a2，又因为 2c2 3 ，所以c 3，所以b2 a2c2 1，
2 1 2 1
x2
所以椭圆C的标准方程为 y2 1. ……5分
4
（2）设P(x,y ),Q(x ,y )，设PQ中点为A，
1 1 2 2
x2
  y2 1
联立 4 ，消去y整理得，(4k21)x216kx120， ……7分

ykx2
3 3
所以256k2 48(4k2 1)0，即4k2 30，所以k 或k  ，
2 2
16k 12
又由韦达定理可得，x
1
x
2

4k
21
,x
1
x
2

4k
21
， ……9分
x x 8k 2  8k 2 
所以x  1 2  ,y kx 2 ，所以A , ，
A 2 4k21 A A 4k21  4k21 4k21
因为 DP  DQ ，所以DA PQ， ……12分
3 3
由k 或k  ，可知，直线DA,PQ的斜率均存在，且都不等于零，
2 2
2
所以k k 1，即
4k21
k 1，整理得4k26k10，解得k 
3 5
,k 
3 5
，
DA PQ  8k 1 1 4 2 4
4k21
3 3 3 5
又因为k 或k  ，所以k  满足题意，
2 2 2 4
3 5
所以存在k  . ……17分
4
答案第4页，共4页