高2024级第三学期第二次月考试题答案_20272025-2026学年高二上学期《月考+阶段检测类试卷合集》全国多省全科（100套）

南充高中高 2024 级第三学期第二次月考
数 学 试 题 参 考 答 案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案 C A B D A C B A BC ABD ACD
3 1  4 1  2
12． , . 13． (1, ] 14.0, 
2 2  3 3  2 
15．【详解】（1）由于BH  AC，且BH 的直线方程为2xy20，
1
所以k
BH
2，故k
AC

2
，又ABC 的顶点A2,3，
1
所以AC所在的直线方程为y3 (x2)，即x2y80， ..............................................3分
2
由于AB边上的中线CM 所在的直线方程为x y30，
x2y80 x2
联立方程 ，解得 ，故点C2,5； ..............................................6分
 x y30 y5
m2 n3
（2）设点Bm,n，则AB的中点M , ，
 2 2 
由于点M 在直线x y30上，
m2 n3
所以  30，整理得mn10， ............................................9分
2 2
同时点B在直线2xy20上，所以2mn20 ，
 mn10 m1
故 ，解得 ，即点B1,0， ..........................................11分
2mn20 n0
50 5 5
所以k   ，可得y0 (x1)，
BC 21 3 3
化简得5x3y50，故直线BC的方程为5x3y50. ...........................................13分
3
16．(1)a0.015，100 (2)74 (3)
5
【详解】（1）由题意得(0.005a0.0300.025a0.010)101，
解得a0.015， ..........................................2分
所以测试成绩在 80,100 内学生的人数为400(0.0150.010)10100； ..........................................4分
（2）由频率分布直方图可知，40,50，50,60，60,70三组的频率和为0.5，前四组的频率和为0.75。
故60%分位数在70,80内，设本次测试成绩的60%分位数为x。
0.5（x-70）0.025=0.6； 解得x74
本次测试成绩的60%分位数为74 ..........................................8分
（3）抽取的成绩在 80,90内的人数为5 0.015 3，记为a,b,c，
0.0150.010
答案第1页，共6页抽取的成绩在90,100内的人数为5 0.010 2，记为A,B， ......................................10分
0.0150.010
则从5人中随机抽取2人的情况有：ab,ac,aA,aB,bc,bA,bB,cA,cB,AB，共10种，
其中恰有一人的成绩在90,100内的有aA,aB,bA,bB,cA,cB，共6种， .....................................14分
所以这两人中恰好有一人的成绩在90,100内的概率为 6  3 .....................................15分
10 5

17．(1)x3或4x3y30 (2)   2,52 2
【详解】（1）圆C:x22 y2 1的圆心为C2,0，半径r 1， ..........................................1分
过点P3,3的切线，
若切线的斜率不存在，则直线方程为x3，符合题意； .........................................3分
若切线的斜率存在，设切线方程为y3kx3，即kxy3k30
k3 4
则d  1，即k32 k21，解得k  ， ..........................................5分
1k2 3
4
所以切线方程为y3 x3，即4x3y30；
3
即过点P3,3的切线方程为x3或4x3y30， ..........................................6分
 xym0
（2）由 ，得x22xm2 1，

x22y21
2x22m4x3m2 0， ..........................................8分
设Ex,y ，Fx ,y ，
1 1 2 2
由Δ2m4242  3m2 0， 2 2 m2 2， ..........................................9分
3m2
x x 2m，xx  ， ..........................................10分
1 2 1 2 2
则y y x mx mxx mx x m2
1 2 1 2 1 2 1 2
3m2 1 3
 m2mm2 m22m ， ..........................................12分
2 2 2
  3m2 1 3
所以OEOF xx y y   m2 2m m2 2m 3 m 12 2 ，.....................................13分
1 2 1 2 2 2 2
2 2 m2 2，
答案第2页，共6页m12 22,52 2  ，

  
OEOF的取值范围为

2,52 2 ..........................................15分
4 41 769
18．(1)证明见解析 (2) (3)
41 9
【详解】（1）【方法一：几何法】
∵PA平面ABCD，CB平面ABCD，∴
PACB
，
∵四边形ABCD是矩形，∴
CB AB
，
∵ PAAB A ，∴ CB平面PAB ...........................................2分
∵ 平面 ，∴ ，
AE PAB AE CB
∵ AEPB ∵ PBBC B ∴AE 平面PBC ， ...........................................4分
∴AE  PC ...........................................5分
【方法二：向量法】
  
以A为坐标原点，向量
AD
，
AB
，
AP
的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系Axyz，
则A0,0,0，P0,0,4，C3,4,0，E0,2,2，
则AE   0，2，2  ，PC   3，4，4  ...........................................2分
 
 AEPC 02242 4 0 ...........................................4分
得证：AE PC ...........................................5分
  
（2）以A为坐标原点，向量
AD
，
AB
，
AP
的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的空间
直角坐标系Axyz，则A0,0,0，D3,0,0，P0,0,4，C3,4,0，E0,2,2，
 
∴DP(3,0,4)，AE (0,2,2)．
  
设DF DP(3,0,4)，则F(33,0,4)，∴AF (33,0,4)
答案第3页，共6页 
∵AF DP，∴AFDP3(33)00440，
9  48 36
∴ ，∴AF  ,0, ． ...........................................7分
25 25 25

设平面AEF的法向量为m(x,y,z )，
1 1 1
 
mAE 2y 2z 0
 1 1
则 m    A  F   48 x  36 z  0 ，取z 1 4，得x 1 3，y 1 4，
 25 1 25 1

∴平面AEF的一个法向量为m(3,4,4)． ...........................................8分

易知平面ABCD的一个法向量为n(0,0,1)． ..........................................9分
设平面AEF与平面ABCD的夹角为θ，
 
  mn 4 4 41
则cos cos m,n      ，
m n 3242(4)2 1 41
4 41
∴平面AEF与平面ABCD夹角的余弦值为 ． ...........................................11分
41
（3）设三棱锥PEDC的外接球球心坐标为a,b,c，半径为R，
 a2b2c42R2,



a32b2c2R2,
则 ...........................................13分

a32b42c2R2,

a2b22c22R2,
25 769
解得a ，b2，c4，R2  ， ...........................................16分
6 36
769 769
∴三棱锥PEDC外接球的表面积为4  ...........................................17分
36 9
x2 y2 13 3 35
19．(1)  1 (2)（i） ， （ii）存在，tan
4 3 28 14
【详解】（1）因为△ABF 的周长为8，所以4a8，即a2， ..........................................2分
2
1
由离心率为 ，c1，b 3，
2
x2 y2
所以椭圆C的标准方程为：  1 ..........................................4分
4 3
π
（2）由（1）知，点F(1,0)，倾斜角为 ，
1 3
故直线l设为：y0 3(x1)， .........................................5分
y 3(x1)
 8
（i）联立直线l与椭圆C的方程：x2 y2 ，可得5x28x0，可得x0或x ，
  1 5
 4 3
答案第4页，共6页 8 3 3
可得A(0, 3)，（因为点A在x轴上方）以及B , ， ..........................................7分
 
 5 5 
再以O为坐标原点，折叠后原y轴负半轴，原x轴，原y轴正半轴所在直线分别为x，y，z轴建立空间直
角坐标系，如图所示.
3 3 8
则F(0,1,0)，A(0,0, 3)，B( , ,0)，F (0,1,0)
1 2
5 5
  3 3 13
FA(0,1, 3)，BF ( , ,0)， ..........................................8分
1 2 5 5
  13   14
FABF  ， FA 2， BF  ，
1 2 5 1 2 5
13
所以cos F A,BF  ,
1 2 28
13
记异面直线AF 和BF 所成角为，则coscos F A,BF  ......................................10分
1 2 1 2 28
（ii）设折叠前A(x,y )，B(x ,y )，
1 1 2 2
myx1

直线l与椭圆C联立方程x2 y2 ，得(3m24)y26my90 ，
  1
 4 3
6m 249   3m24  144  m21  0
6m 9
 y  y  ，y y  ， ..........................................12分
1 2 3m24 1 2 3m24
在折叠后的图形中建立如图所示的空间直角坐标系（叠后原y轴负半轴，原x轴，原y轴正半轴所在直线
分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系）
设A，B在新图形中对应点记为A，B，
15 1
由 AF  BF  AB  ，AF  BF  AB 8，得 AB  AB  . ........................................13分
2 2 2 2 2 2
答案第5页，共6页又A(0，x,y )，B(y，x ,0)
1 1 2 2
AB  (x x )2 y2 y 2 ， AB  (x x )2(y y )2 ，
1 2 1 2 1 2 1 2
1
AB  AB  (x x )2(y y )2 (x x )2y2y 2 ①， ..........................................14分
1 2 1 2 1 2 1 2 2
2y y 1
即 1 2 
(x x )2(y y )2  (x x )2y2y 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
所以4y y  (x x )2(y y )2  (x x )2 y2 y 2 ②，
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
1
由①②可得： 2y y  (x x )2(y y )2 ..........................................15分
4 1 2 1 2 1 2
2
1 
即(x x )2(y y )2 (1m2)(y y )2   2y y 
1 2 1 2 1 2 4 1 2 
 6m  2 36  1 18  2
则(1m2)       ，
3m24 3m24 4 3m24
 1m  2 1 18  2
化简：144





3m2 4 4 3m2 4
1212m2 1 18
即   ，
3m24 4 3m24
3
整理得：12m212 m2118 ，
4
28
解得：m2  ， ..........................................16分
45
π 3 35
因为0 ，所以tan ． ..........................................17分
2 14
答案第6页，共6页