广西壮族自治区南宁市第三中学2024-2025学年高二上学期月考（二）（期中）数学试题

试卷第 1页，共 4页 南宁三中 2024~2025学年度上学期高二月考（二） 数学试题 命题人：高二数学备课组 审题人：高二数学备课组 一、选择题：本题共 8小题，每小题 5分，共 40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．设集合  | 1 { 2 2}A x x B x x     ， ∣ ，则  RA B ð （ ） A． ( 2,1) B． ( 2,1] C． ( ,2) D． (1, 2] 2．复数 i 2 1 i z   ，则 z的虚部为（ ） A． 3 i 2 B． 3 2 C． 3 2  D． 3 i 2  3．已知空间向量  3,2,5a   ，  1, , 1b x   ，且 a  与 b  垂直，则 x等于（ ） A． 4 B．1 C．3 D． 2 4．“ 1m  ”是“直线 1 : ( 1) 1 0l x m y    与直线 2 : ( 1) 1 0l m x my    垂直”的（ ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 5．若实数 m满足0 5m  ，则曲线 2 2 1 15 5 x y m    与曲线 2 2 1 15 5 x y m    的（ ） A．离心率相等 B．焦距相等 C．实轴长相等 D．虚轴长相等 6．已知椭圆 2 2 : 1 9 4 x yC   ， 1 2,F F 为两个焦点，P为椭圆C上一点，若 1 2 2PF PF  ，则 1 2PFF 的面积为（ ） A． 2 B．3 C． 4 D．6 7．已知双曲线 2 2 2x y  的左，右焦点分别为 1 2,F F ，点 P在双曲线的右半支上，点  0, 2Q ，则 1PQ PF 的最 小值为（ ） A． 2 2 B．4 C．6 D．4 2 8．已知椭圆�: � 2 �2 + � 2 �2 = 1 � > � > 0 的左、右焦点分别为 1F ， 2F ，点� �1, �1 是C上的一点， 1 2PFF 的内切圆 圆心为� �2, �2 ，当 1 2x  时， 2 3x  ，则C的离心率为（ ） A． 3 2 B． 3 1 C． 3 3 D． 2 3 二、选择题：本题共 3小题，每小题 6分，共 18分。在每小题给出的四个选项中，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．下列说法中正确的是（ ） A．若直线的倾斜角越大，则直线的斜率就越大 B．若 (1, 3)A  ， ( )1,3B ，则直线 AB的倾斜角为90 C．若直线过点 (1, 2)，且它的倾斜角为 45，则这条直线必过点 (3, 4) 试卷第 2页，共 4页 D．直线 2y kx  的纵截距为 2 10．已知点  1,2A 在抛物线 2 2y px （ 0p  ）上，F为抛物线的焦点，  1,0Q  ，则下列说法正确的是（ ） A． 2p  B．点 F的坐标为  2,0 C．直线 AQ与抛物线相切 D． AF AQ 11．已知正方体 1 1 1 1ABCD ABC D 棱长为 4，点 N是底面正方形 ABCD内及边界上的动点，点M是棱 1DD 上的动 点（包括点 1D D， ），已知 4MN  ，P为MN中点，则下列结论正确的是（ ） A．无论M，N在何位置， 1,AP CC 为异面直线 B．若M是棱 1DD 中点，则点 P的轨迹长度为 3 π 2 C．M，N存在唯一的位置，使 1AP∥平面 1AB C D．AP与平面 1 1A BCD 所成角的正弦最大值为 1 2 三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分。 12．两条平行直线 1 : 6 8 10 0l x y   与 2 : 6 8 5 0l x y   之间的距离是__________ ． 13．若圆  2 21 2 1C x y  ： 与圆 2 22 : 4 6 0C x y x y m     相内切，则m  . 14.已知双曲线 2 2 2 2 1( 0, 0) x y a b a b     的焦点分别为 1 2 ,F F M、 为双曲线上一点，若 1 2 2π 21, 3 3 FMF OM b   ，则 双曲线的渐近线方程为__________ . 四、解答题：本题共 5小题，共 77分。解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。 15．（13分）分别求出适合下列条件的方程： (1)已知抛物线 2: 2 ( 0)C y px p  的焦点为 F ，且抛物线上一点  3,A m 到焦点的距离为 5，求抛物线的方程； (2)已知圆 C的圆心在 y轴上，并且过原点和  3,3 ，求圆 C的方程. 试卷第 3页，共 4页 16．（15分）记 ABCV 的内角 , ,A B C 的对边分别为 , ,a b c，且 sin2 sinb A a B . (1)求角A； (2)若 7,a ABC △ 的面积为 3 3 2 ，求 ABCV 的周长. 17．（15分）如图，在四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD是边长为 4的正方形， PAD△ 是等边三角形， CD平面 , , , ,PAD E F G O分别是 , , ,PC PD BC AD 的中点. (1)求证： PO 平面 ABCD； (2)求平面 EFG与平面 ABCD夹角的余弦值. 试卷第 4页，共 4页 18.（17分）已知椭圆�: � 2 �2 + � 2 �2 = 1(� > � > 0)的左、右焦点分别为�1( − 1,0)、�2(1,0)，�为椭圆�的上顶点时， △��1�2的面积为 3. (1)求椭圆�的方程； (2)直线�: � = �� + �与椭圆�相交于 P，Q两点，且 22 434 mk  ，求证：△���（�为坐标原点） 的面积为定值. 19.（17分）已知双曲线 2 2 2Γ : 1, ( 0), yx b b    左右顶点分别为 1 2,A A ，过点  2,0M  的直线 l交双曲线Γ于 ,P Q两 点. (1)若离心率 2e  时，求b的值; (2)若 2 2 6 , 3 b MA P △ 为等腰三角形时，且点 P在第一象限，求点 P的坐标; (3)连接OQ并延长，交双曲线Γ于点 R，若 1 2 1A R A P    ，求b的取值范围． 答案第 1页，共 7页 南宁三中 2024~2025学年度上学期高二月考（二） 数学试题参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 B B A A B C D A BCD AC ABD 1．B【详解】  R 1A x x ð ， { 2 2}B x x   ∣ ，所以      2 1 2,1RA B x x      ð . 2．B【详解】       i 2 1 ii 2 1 3i 1 3 i 1 i 1 i 1 i 2 2 2 z              ，故 z的虚部为 3 2 ， 3．A【详解】因为空间向量  3, 2,5a    ，  1, , 1b x   ，且 a  与 b  垂直， 则 3 2 5 2 8 0a b x x          ，解得 4x  . 4．A【详解】若直线 1 : ( 1) 1 0l x m y    与直线 2 : ( 1) 1 0l m x my    垂直，则      1 1 1 0m m m       ，解 得 1m   ，所以“ 1m  ”是“直线 1 : ( 1) 1 0l x m y    与直线 2 : ( 1) 1 0l m x my    垂直”的充分不必要条件. 5．B【详解】因为 0 5m  ，所以5 0,15 0m m    ， 所以曲线 2 2 1 15 5 x y m    与曲线 2 2 1 15 5 x y m    都是焦点在 x轴上的双曲线，15 5 20 15 5m m m       ， 所以两曲线的焦点和焦距都相同，故 B正确；因为 20 20 15 15 m m m     ，所以离心率不相等，故 A错误； 因为15 15 m  ，所以实轴长不相等，故 C错误；因为5 5m  ，所以虚轴长不相等，故 D错误. 6．C【详解】由题意 3, 2, 5a b c   ，所以 1 2 1 22 2 5, 2 6F F c PF PF a     ，因为 1 2 2PF PF  ，所以 1 24, 2PF PF  ，而 2 2 2 1 2 1 216 4 20PF PF F F     ，所以 1 2PF PF ，所以 1 2 1 2 1 1 4 2 4 2 2PF F S PF PF      . 7．D【详解】由题意并结合双曲线的定义可得  1 2 2 22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2PQ PF PQ PF PQ PF QF            ， 当且仅当Q， P， 2F 三点共线时等号成立. 而直线 2QF 的方程为 2y x   ，由 2 2 2 2 y x x y       可得 3 2 x  ，所以 1 2 y  ， 所以点 P的坐标为 3 2 , 1 2 .所以当且仅当点 P的坐标为 3 2 , 1 2 时， 1PQ PF 的最小值为 4 2 . 答案第 2页，共 7页 8．A【详解】设 2 2 2c a b  ，则�1 −�, 0 ，  2 ,0F c ； 由点� �1, �1 在 2 2 2 2: 1 x yC a b   上，则有 2 2 1 1 2 2 1 x y a b   ，即 2 2 2 1 1 21 xy b a        ，所以     2 2 2 2 22 2 21 1 1 1 1 1 12 21 2 x c xPF x c y x c b cx a a a                2 1cx a a       ； 又 1a x a   ，所以 11 1 cxPF a ex a a     ， 2 1 12PF a PF a ex    ，则 1 2 12PF PF ex  ； 如图 1，由焦点 1 2PFF△ 的内切圆可得： PE PF ， 1 1EF FH ， 2 2FF F H ， 所以 1 2 1 2 1 2 12PF PF EF FF FH F H ex      ； 又    1 2 2 2 1 22 2FH F H c x c x ex x       ，所以 2 1x ex ，即 2 1 3 2 xe x   ， 9．BCD【详解】A：倾斜角为锐角，斜率为正；倾斜角为钝角时，斜率为负，错； B：由于 (1, 3)A  ， ( )1,3B 的横坐标相等，即直线 AB与 y轴垂直，故倾斜角为90，对； C：由题设，直线方程为 2 1 1 0y x x y       ，显然 (3, 4)在直线上，对； D：直线 2y kx  在 y轴上的截距为 2 对. 10．AC【详解】将  1,2A 代入 2 2y px 中可得 4 2p ，故 2p  ，F 1,0 ,A正确，B错误， 1AQk  ,则 AQ方程为 1y x  ，则 2 2 1 2 1 0 4 y x x x y x        ， 0  ，故直线 AQ与抛物线相切，C正确， 由于 AF x 轴，所以 AF AQ 不成立，故 D错误． 11.ABD【详解】由于 1,AP AA相交，而 1 1/ /AA CC ，因此 1,AP CC 为异面直线， A正确， 当 M是棱 1DD 中点，建立如图所示的空间直角坐标系，设            1 1, , , 0,0,2 , 4,0,0 , 0,4,0 , 0,4,4 , 4,4,4P x y z M A C C B , 故  2 ,2 ,2 2N x y z  ， 0 2 4,0 2 4x y    且 2 2 0z   ， 由于 4MN  ，故      2 2 22 2 2 2 2 16x y z     ，化简得 2 2 3x y  ， 由于 0 2 4,0 2 4x y    ，所以点 P的轨迹长度为半径为 3的圆的 1 4 ，故长度为 3 π 2 ，B正确， 设    10,0, , 4,0,4M a A ,则  2 ,2 ,2N x y z a ， 0 2 4,0 2 4x y    且 2 0z a  ，    1 14, , 4 , 0, 4, 4A P x y z AB      ，  4,4,0AC    ,设平面 1AB C的法向量为  , ,m m n k  ，则 答案第 3页，共 7页 1 4 4 0 4 4 0 AB m n k AC m m n                ，令 1m  ，则  1,1, 1m    ,    1 4 4 0A P m x y z         ，故 0x y z   ， 由于 4MN  ，故      2 2 22 2 2 2 16x y z a    ，化简得 2 2 2 4yx z   ， 联立 2 2 2 2 2 0 2 4 x y z x y xy x y z           ，故解不唯一，比如取 0, 2x y  ，则或取 0, 2y x  ，故 C错误， 由于 1 1AD 平面 1 1ABB A ， 1AB 平面 1 1ABB A，故 1 1 1A D AB ,又四边形 1 1ABB A 为正方形，所以 1 1AB AB , 1 1 1 1 1 1, ,AB AD AB AD 平面 1 1A BCD ，所以 1AB 平面 1 1A BCD ， 故平面 1 1A BCD 的法向量为  1 0,4,4AB   ，  4, ,AP x y z   ， 设 AP与平面 1 1A BCD 所成角为 ，则   1 1 2 2 2 1 sin cos , 2 4 AP AB y zAP AB AP AB x y z                ， 则       2 22 2 2 2 22 2 2 2 21 2 1sin 2 24 4 y zy z yz x y z x y z            ，当且仅当 y z 时取等号，     2 2 2 2 2 2 22 2 2 4 4sin 20 84 4 4 y z x x xx y z x x             ，� ∈ 0,2 时，令 20 8 0x t   ，则 20 8 tx = ， 故 2 2 20 1444 40 4 8 20 8 64 t t x t x t                 ，由于 144 1442 24t t t t   = ，当且仅当 144 t t  ，即 12t  时等号成立，此 时 1x  ，由 2 2 2 4yx z   且 y z 可得 6 2 y z  ，因此 2 144 40 24 40 1sin 64 64 4 t t           ， 由于 π0, 2       ， sin 0  ，故 sin 的最大值为 1 2 ，故 D正确，故选：ABD 12． 1 2 /0.5【详解】直线 1l 的方程可化为6 8 10 0x y   ，且直线 2l 的方程为6 8 5 0x y   ， 所以，平行直线 1l 与 2l 之间的距离为 2 2 10 5 1 26 8 d      . 13．-23【详解】由    2 22 22 : 4 6 0 2 3 13C x y x y m x y m           ，显然    1 213 , 2,0 , 2, 3m C C   ， 圆 1 2,C C 相内切，将 2C 点坐标代入圆 1C 方程知    2 22 2 3 1     ，即 2C 在圆 1C 外部，所以圆 1C 内切于圆 2C ， 则有    2 21 2 2 2 3 0 5 13 1C C m          ，解之得 23m   . 14. 2 2 y x  【详解】由双曲线的对称性，不妨设M 在第一象限，设 1 2| | ,| |MF m MF n  ，又 1 2 2π 3 FMF  ， 所以 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 2 2| )1| | | 2 | | cos| |2 (| 2 |F F MF F m nM MF MF MF mnF       2 2 2( ) 3 4 3 4m n mn a mn c      ，所以 24 3b mn ， 答案第 4页，共 7页 因为O为 1 2F F 的中点，所以 1 2 1 ( ) 2 MO MF MF     ，即 1 22MO MF MF     ， 所以两边平方得 2 2 2 2 2 1 1 2 2 2π4 2 2 cos 3 MO MF MF MF MF m mn n            2 2 2 28( ) 4 3 bm n mn a mn      ，所以 2 2 24 284 3 3 ba b  ，即 2 24 8a b ，即 2 2 b a  ， 所以双曲线的渐近线方程为 2 2 y x  . 15．【详解】（1）因为抛物线上一点  3,A m 到焦点的距离为 5，准线为 2 px   ， .................(2分) 故3 ( ) 5 2 p    ， .................(4分) 4p  .................(5分) 故抛物线标准方程为 2 8y x . .................(6分) （2）设圆 C方程：    22 2 0x y b r r    ， .................(7分) 由已知     2 2 2 2 23 3 b r b r        ， .................(9分) 解得 2 2 b r    ， .................(11分) ∴圆 C方程为  22 2 4x y   . .................(13分) 16．【详解】（1）因为 sin2 sinb A a B ，所以 2 sin cos sinb A A a B . .................(1分) 根据正弦定理，得 2sin sin cos sin sinB A A A B ， .................(3分) 因为 sin 0,sin 0B A  ， .................(4分) 所以 1cos 2 A . .................(5分) 又  0, πA ，所以 π 3 A  ..................(7分) （2）在 ABCV 中，由已知 1 1 3 3 3sin , 6 2 2 2 2ABC S bc A bc bc      ， .................(9分) 因为 , 7 π 3 A a  由余弦定理可得 2 2 2 2 cosa b c bc A   ， .................(10分) 即 7 2 1( ) 2 2 2 b c bc bc          ， .................(12分) 即 27 ( ) 3b c bc   ，又 0, 0b c  ,所以 5b c  . .................(14分) 所以 ABCV 的周长周长为5 7 ..................(15分) 17．【详解】（1）证明： PADQV 是等边三角形，O是 AD的中点， PO AD  ， .................(2分) 答案第 5页，共 7页 又CD 平面 ,PAD PO 平面 PAD， CD PO  ， .................(4分) 又 ,AD CD D AD  平面 ,ABCD CD 平面 ABCD， PO 平面 ABCD . .................(6分) 由（1）得 PO 平面 ABCD，连接OG，建立以O为原点，以 , ,AD OG OP所在直线 分别为 x轴， y轴， z轴的空间直角坐标系O xyz ， .................(7分) 如图所示，底面 ABCD是边长为 4的正方形， 则        0,0,0 , 2,0,0 , 2,4,0 , 2,4,0O A B C  ，          2,0,0 , 0, 4,0 , 0,0, 2 3 , 1, 2, 3 , 1,0, 3D G P E F   ， .................(8分) 则    0,2,0 , 1,2, 3FE EG    ，设平面 EFG的法向量为  , ,n x y z ， 则 2 0, 2 3 0, n FE y n EG x y z             取 3x  ，则 0, 1y z  ，平面 EFG的法向量为  3,0,1n  ， .................(10分) 又平面 ABCD的法向量为  0,0,2 3OP  ， .................(12分) 平面 EFG与平面 ABCD的夹角的余弦值为 2 3 1cos , 22 2 3 OP n OP n OP n           ． .................(15分) 18.【详解】（1）根据题意，� = 1． ..................(1分) �在椭圆�上顶点，此时 �△��1�2 = 1 2 |�1�2||��| = � = 3. .................(3分) 所以�2 = �2 + �2 = 4， .................(4分) 则求椭圆�的方程� 2 4 + � 2 3 = 1. .................(6分) （2）如图所示，设� �1, �1 , � �2, �2 ， 联立直线�与椭圆�的方程 � = �� + �, �2 4 + � 2 3 = 1, 得 3 + 4�2 �2 + 8��� + 4�2 − 12 = 0，.........(7分) Δ = 64�2�2 − 4 3 + 4�2 4�2 − 12 = 192�2 − 48�2 + 144 = 48(4�2 −�2 + 3) > 0. �1 + �2 =− 8�� 3+4�2 ，�1�2 = 4�2−12 3+4�2 ， .........(9分) 又|��| = 1 + �2 �1 − �2 = 1+ �2 �1 + �2 2 − 4�1�2 .........(10分) = 1+ �2 − 8�� 3+4�2 2 − 4 × 4� 2−12 3+4�2 .........(11分) = 1+ �2 48(4� 2−�2+3) 3+4�2 ， .........(13分) 答案第 6页，共 7页 因为点�到直线��的距离� = |�| 1+�2 ，且 4�2 + 3 = 4�2， .........(14分) 所以�△��� = 1 2 × |��| × � = 1 2 × 1+ �2 48(4� 2−�2+3) 3+4�2 × |�| 1+�2 = 6� 2 3+4�2 = 6� 2 3+4�2 = 6� 2 4�2 = 3 2 ． 综上，△���的面积为定值3 2 ． .........(17分) 19【详解】（1）由题意得 2 1 c ce a    ，则 2c  ， 22 1 3b    ． ..........（3分） （2）当 2 6 3 b  时，双曲线 2 2Γ : 18 3 yx   ，其中  2,0M  ，  2 1,0A ， 因为 2MA P△ 为等腰三角形，则 ①当以 2MA 为底时，显然点 P在直线 1 2 x   上，这与点 P在第一象限矛盾，故舍去；.......（4分） ②当以 2A P为底时， 2 3MP MA  ， 设  ,P x y ，则 2 2 2 2 3 1 8 ( 2) 9 yx x y         , 联立解得 23 11 8 17 11 x y        或 23 11 8 17 11 x y       或 1 0 x y    ， 因为点 P在第一象限，显然 以上均不合题意，舍去；（或者由双曲线性质知 2MP MA ，矛盾，舍去）； .......（5分） ③当以MP为底时， 2 2 3A P MA  ，设  0 0,P x y ，其中 0 00, 0x y  ， 则有  2 20 0 2 2 0 0 1 9 18 3 x y yx           ，解得 0 0 2 2 2 x y    ，即  2, 2 2P ．综上所述：  2, 2 2P . .......（7分） （3）由题知    1 21,0 , 1,0A A ， 当直线 l的斜率为 0时，此时 1 2 0A R A P    ，不合题意，............（8分） 则 0lk  ，则设直线 : 2l x my  ，设点    1 1 2 2, , ,P x y Q x y ，根据OQ延长线交双曲线Γ于点 R， 根据双曲线对称性知  2 2,R x y  ， 联立有 22 2 2 1 x my yx b        2 2 2 2 21 4 3 0b m y b my b    ，........（9分） 显然二次项系数 2 2 1 0b m   ，其中    22 2 2 2 4 2 2Δ 4 4 1 3 4 12 0mb b m b b m b       ， 2 1 2 2 2 4 1 b my y b m    ①， 2 1 2 2 2 3 1 by y b m   ②，    1 2 2 2 1 11, , 1,A R x y A P x y        ， ........（10分） 则   1 2 2 1 1 21 1 1A R A P x x y y         ，因为    1 1 2 2, , ,P x y Q x y 在直线 l上， 则 1 1 2x my  ， 2 2 2x my  ，即    2 1 1 23 3 1my my y y     ，即    21 2 1 21 3 10 0y y m y y m     ， ........（12分） 答案第 7页，共 7页 将①②代入有   2 2 2 2 2 2 2 3 41 3 10 0 1 1 b b mm m b m b m         ，.......（13分） 即    2 2 2 2 23 1 3 4 10 1 0b m m b m b m      ，化简得 2 2 23 10 0b m b   ，.......（14分） 所以 2 2 10 3m b   , 代入到 2 2 1 0b m   , 得 210 3 1b  , 所以 2 3b  , .......（15分） 且 2 2 10 3 0m b    ，解得 2 10 3 b  ，又因为 0b  ，则 2 100 3 b  ， 综上知，  2 100,3 3, 3 b       ，   300, 3 3, 3b          ． .......（17分）