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