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2024-2025学年湖南省“名校大联考”高二上学期10月月考数学试题（含答案）
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这是一份2024-2025学年湖南省“名校大联考”高二上学期10月月考数学试题（含答案），共9页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.复数z=4+ii在复平面内对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.已知椭圆x2a2+y23=1a> 3的离心率为12，左､右焦点分别为F1,F2,A为椭圆上除左､右顶点外的一动点，则▵AF1F2的面积最大为( )
A. 1B. 3C. 2D. 2 3
3.设a∈R，直线l1:a+1x+y−1=0,l2:2x+ay−a+2=0，则“a=1”是“l1//l2”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
4.若函数fx=x2+ax3x9x+1为偶函数，则a=( )
A. −1B. 0C. 1D. 3
5.已知点x0,y0为直线x+2y+6=0上任意一点，则 x0+12+y02的最小值是( )
A. 3B. 2C. 5D. 6
6.如图，在异面直线m,n上分别取点A,B和C,D，使AB=2,CD=4,BD=6，且AC⊥m,AC⊥n，若=π3，则线段AC的长为( )
A. 2B. 2 2C. 2 6D. 6
7.已知点P为椭圆x216+y29=1上任意一点，则点P到直线l:x−y+9=0的距离的最小值为( )
A. 2 5B. 4C. 2 3D. 2 2
8.如图所示，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，PA=3,∠ABC=∠BAP=π3，且cs∠PAD=16，则cs∠PBC=( )
A. −2 77B. 2 77C. −3 714D. 3 714
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.党的二十大作出“发展海洋经济，保护海洋生态环境，加快建设海洋强国”的战略部署.如图是2018−2023年中国海洋生产总值的条形统计图，根据图中数据可知下列结论正确的是( )
A. 从2018年开始，中国海洋生产总值逐年增大
B. 从2019年开始，中国海洋生产总值的年增长率最大的是2021年
C. 这6年中国海洋生产总值的极差为15122
D. 这6年中国海洋生产总值的80%分位数是94628
10.已知圆M:(x−1)2+y2=1与圆N:x2+(y−2)2=4相交于A,B两点(点A在第一象限)，则( )
A. 直线AB的方程是x−2y=0
B. A,M,B,N四点不共圆
C. 圆M的过点A的切线方程为3x+4y−8=0
D. cs∠AMB=−45
11.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P满足λAP=AB+AD+AA1，其中λ∈1,+∞，则下列说法正确的是( )
A. 若A,B,D,A1,P在同一球面上，则λ=3
B. 若AB//平面A1DP，则λ=2
C. 若点P到A,B,D,A1四点的距离相等，则λ=2
D. 若A1P⊥平面PBD，则λ=32
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知直线l:y=kx+2在x轴上的截距为1，则k= ．
13.已知tanα=2，则sinαcsα−sin2α+1= ．
14.古希腊数学家阿波罗尼斯的著作《圆锥曲线论》中有这样一个结论：平面内与两点距离的比为常数λλ≠1的点的轨迹是圆，后人称这个圆为阿波罗尼斯圆.已知点A−7,0，B为直线l:4x+3y+11=0上的动点，P为圆C:(x−2)2+y2=9上的动点，则PA+3PB的最小值为 ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
已知直线l1的方程为a+4x−ay+2=0，直线l2经过点A12,0和B0,1a．
(1)若l1⊥l2，求a的值；
(2)若当a变化时，l1总过定点C，求AC．
16.(本小题12分)
已知▵ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且 3asinC=ccsA+c．
(1)求A；
(2)若C=π4,△ABC的面积为2 3+6，求c．
17.(本小题12分)
已知圆E:x2−2mx+y2−12m=0，点A1,0关于直线l:y=ax+b的对称点为B−2,3．
(1)求l的方程；
(2)若l与圆E相交于M,N两点，圆心E到l的距离为 2，圆C的圆心在线段MN上，且圆C与圆E相切，切点在劣弧MN上，求圆C的半径的最大值．
18.(本小题12分)
如图，在三棱锥P−ABC中，PA=AB=BC=2,PB=AC=2 2,PA⊥BC,M,N分别是棱PB，CA上的动点(不含端点)，且BM=CN．
(1)证明：平面ABC⊥平面PAB．
(2)设BM=t，则当t为何值时，MN的长度最小？
(3)当MN的长度最小时，求平面AMN与平面PAB的夹角的余弦值．
19.(本小题12分)
已知椭圆E:x2a2+y2b2=1a>b>0经过点3,1，且离心率为 63,O为坐标原点．
(1)求E的方程．
(2)过点P0,3且不与y轴重合的动直线l与E相交于A,B两点，AB的中点为Q．
(i)证明：直线l与OQ的斜率之积为定值；
(ii)当▵OAB的面积最大时，求直线l的方程．
参考答案
1.D
2.B
3.A
4.B
5.C
6.C
7.D
8.D
9.BD
10.AC
11.BCD
12.−2
13.35或0.6
14.9
15.解：(1)直线l2经过点A12,0和B0,1a，所以a≠0，
所以直线l2的斜率为k=1a−00−12=−2a，因为直线l1的斜率为a+4a，l1⊥l2，
所以a+4a×−2a=−1，解得a=−2或a=4．
(2)直线l1的方程为a+4x−ay+2=0可以改写为ax−y+4x+2=0，
由x−y=04x+2=0，解得x=y=−12，
所以l1总过定点C−12,−12，
根据两点间的距离公式，
AC= −12−122+(−12−0)2= 52.
16.解：(1)由 3asinC=ccsA+c，得到 3sinAsinC=sinCcsA+sinC，
又C∈(0,π)，sinC≠0，得到 3sinA=csA+1，即 3sinA−csA=1，
所以2sin(A−π6)=1，得到sin(A−π6)=12，又A∈(0,π)，所以A−π6∈(−π6,5π6)，
所以A−π6=π6，解得A=π3．
(2)因为C=π4，由(1)知A=π3，所以B=π−π3−π4=5π12，
由正弦定理asinA=bsinB=csinC，得到b=csinBsinC=csin5π12sinπ4= 2csin5π12，
又sin5π12=sin7π12=sin(π4+π3)= 22×12+ 22× 32= 2+ 64，所以b= 3+12c，
又▵ABC的面积为2 3+6，所以S=12bcsinA=12× 3+12c2× 32=2 3+6，
整理得到c2=16，解得c=4．
17.解：(1)因为点A1,0关于直线l:y=ax+b的对称点为B−2,3，所以3−3×a=−1，得到a=1，
又易知AB中点为(−12,32)，则32=−12+b，解得b=2，
所以直线l的方程为y=x+2．
(2)因为圆E:x2−2mx+y2−12m=0的圆心为E(m,0)，
由题有m+2 2= 2，解得m=0或m=−4，当m=0时，圆E:x2+y2=0，不合题意，
所以m=−4，圆E:x2+8x+y2+2=0，即(x+4)2+y2=14，
设M(x1,y1),N(x2,y2)，由x2+8x+y2+2=0y=x+2，消y得到x2+6x+3=0，
所以x1=−3− 6,x2=−3+ 6，
设圆C的圆心为C(a,a+2)，半径为r，又圆C与圆E相切，切点在劣弧MN上，
则CE= 14−r，得到r= 14−CE= 14− (a+4)2+(a+2)2= 14− (a+4)2+(a+2)2= 14− 2(a+3)2+2，
又易知−3− 6
18.解：(1)由于PA=AB=2,PB=2 2,∴PA⊥AB,
又PA⊥BC,BC∩AB=B,BC,AB⊂平面ABC，
所以PA⊥平面ABC，
又因为PA⊂平面PAB，所以平面ABC⊥平面PAB．
(2)作MD//PA交AB于D，连接DN，
由于PA⊥平面ABC，故MD⊥平面ABC，MN⊂平面ABC，故MD⊥MN，
BM=t，故BD=DM= 22BM= 22t，
CN=t，故AN=2 2−t,又易知▵ABC是等腰直角三角形，
由余弦定理可得DN2=AD2+AN2−2AD⋅ANcs45∘
=2− 2t22+2 2−t2− 22− 2t22 2−t=12t2−2 2t+4，
故NM= MD2+DN2= t2−2 2t+4= t− 22+2，
故当t= 2时，此时MN的最小值为 2．
(3)由于AB=BC=2,AC=2 2，故AB⊥BC，
以B为坐标原点，以BC,BA所在的直线分别为x和y轴，
以过点B垂直与平面ABC的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
当t= 2时，M,N分别为PB,AC的中点，
则A0,2,0，B0,0,0C2,0,0,M0,1,1,N1,1,0，
所以AM=0,−1,1,AN=1,−1,0，
设平面AMN的法向量为n=(x,y,z)，则n⋅AM=0n⋅AN=0，即−y+z=0x−y=0,
取y=1，可得平面AMN的一个法向量n=1,1,1，
平面PAB的一个法向量为m=1,0,0，
设平面AMN与平面PAB的所成角为θ，则csθ=|cs⟨n,m⟩|=|n⋅m|n||m||= 33，
故平面AMN与平面PAB的所成角的余弦值为 33．
19.解：(1)由已知，得9a2+1b2=1,ca= 63,a2=b2+c2,解得a=2 3,b=2,
故E的方程为x212+y24=1．
(2)
① 由题可设l:y=kx+3,Ax1,y1,Bx2,y2．
将x212+y24=1y=kx+3,
消去y，得1+3k2x2+18kx+15=0．
当Δ=436k2−15>0，即k2>512时，有x1+x2=−18k1+3k2,x1x2=151+3k2．
所以x1+x22=−9k1+3k2,y1+y22=k×x1+x22+3=31+3k2，即Q−9k1+3k2,31+3k2，
可得kOQ=−13k，所以k⋅kOQ=−13，即直线l与OQ的斜率之积为定值．
②由(1)可知AB= 1+k2⋅x1−x2= 1+k2x1+x22−4x1x2
=2 1+k2⋅ 36k2−153k2+1
又点O到直线l的距离d=3 1+k2，
所以▵OAB的面积S▵OAB=12d⋅AB=3 36k2−153k2+1．
设 36k2−15=t，则S▵OAB=3tt212+94=36t+27t∵t>0,∴t+27t≥2 t×27t=6 3,S▵OAB=36t+27t≤366 3=2 3，
当且仅当t=3 3，即k=± 426时等号成立，且满足Δ>0．
所以当▵OAB的面积最大时，直线l的方程为 7x− 6y+3 6=0或 7x+ 6y−3 6=0．
1.复数z=4+ii在复平面内对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.已知椭圆x2a2+y23=1a> 3的离心率为12，左､右焦点分别为F1,F2,A为椭圆上除左､右顶点外的一动点，则▵AF1F2的面积最大为( )
A. 1B. 3C. 2D. 2 3
3.设a∈R，直线l1:a+1x+y−1=0,l2:2x+ay−a+2=0，则“a=1”是“l1//l2”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
4.若函数fx=x2+ax3x9x+1为偶函数，则a=( )
A. −1B. 0C. 1D. 3
5.已知点x0,y0为直线x+2y+6=0上任意一点，则 x0+12+y02的最小值是( )
A. 3B. 2C. 5D. 6
6.如图，在异面直线m,n上分别取点A,B和C,D，使AB=2,CD=4,BD=6，且AC⊥m,AC⊥n，若
A. 2B. 2 2C. 2 6D. 6
7.已知点P为椭圆x216+y29=1上任意一点，则点P到直线l:x−y+9=0的距离的最小值为( )
A. 2 5B. 4C. 2 3D. 2 2
8.如图所示，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，PA=3,∠ABC=∠BAP=π3，且cs∠PAD=16，则cs∠PBC=( )
A. −2 77B. 2 77C. −3 714D. 3 714
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.党的二十大作出“发展海洋经济，保护海洋生态环境，加快建设海洋强国”的战略部署.如图是2018−2023年中国海洋生产总值的条形统计图，根据图中数据可知下列结论正确的是( )
A. 从2018年开始，中国海洋生产总值逐年增大
B. 从2019年开始，中国海洋生产总值的年增长率最大的是2021年
C. 这6年中国海洋生产总值的极差为15122
D. 这6年中国海洋生产总值的80%分位数是94628
10.已知圆M:(x−1)2+y2=1与圆N:x2+(y−2)2=4相交于A,B两点(点A在第一象限)，则( )
A. 直线AB的方程是x−2y=0
B. A,M,B,N四点不共圆
C. 圆M的过点A的切线方程为3x+4y−8=0
D. cs∠AMB=−45
11.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P满足λAP=AB+AD+AA1，其中λ∈1,+∞，则下列说法正确的是( )
A. 若A,B,D,A1,P在同一球面上，则λ=3
B. 若AB//平面A1DP，则λ=2
C. 若点P到A,B,D,A1四点的距离相等，则λ=2
D. 若A1P⊥平面PBD，则λ=32
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知直线l:y=kx+2在x轴上的截距为1，则k= ．
13.已知tanα=2，则sinαcsα−sin2α+1= ．
14.古希腊数学家阿波罗尼斯的著作《圆锥曲线论》中有这样一个结论：平面内与两点距离的比为常数λλ≠1的点的轨迹是圆，后人称这个圆为阿波罗尼斯圆.已知点A−7,0，B为直线l:4x+3y+11=0上的动点，P为圆C:(x−2)2+y2=9上的动点，则PA+3PB的最小值为 ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
已知直线l1的方程为a+4x−ay+2=0，直线l2经过点A12,0和B0,1a．
(1)若l1⊥l2，求a的值；
(2)若当a变化时，l1总过定点C，求AC．
16.(本小题12分)
已知▵ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且 3asinC=ccsA+c．
(1)求A；
(2)若C=π4,△ABC的面积为2 3+6，求c．
17.(本小题12分)
已知圆E:x2−2mx+y2−12m=0，点A1,0关于直线l:y=ax+b的对称点为B−2,3．
(1)求l的方程；
(2)若l与圆E相交于M,N两点，圆心E到l的距离为 2，圆C的圆心在线段MN上，且圆C与圆E相切，切点在劣弧MN上，求圆C的半径的最大值．
18.(本小题12分)
如图，在三棱锥P−ABC中，PA=AB=BC=2,PB=AC=2 2,PA⊥BC,M,N分别是棱PB，CA上的动点(不含端点)，且BM=CN．
(1)证明：平面ABC⊥平面PAB．
(2)设BM=t，则当t为何值时，MN的长度最小？
(3)当MN的长度最小时，求平面AMN与平面PAB的夹角的余弦值．
19.(本小题12分)
已知椭圆E:x2a2+y2b2=1a>b>0经过点3,1，且离心率为 63,O为坐标原点．
(1)求E的方程．
(2)过点P0,3且不与y轴重合的动直线l与E相交于A,B两点，AB的中点为Q．
(i)证明：直线l与OQ的斜率之积为定值；
(ii)当▵OAB的面积最大时，求直线l的方程．
参考答案
1.D
2.B
3.A
4.B
5.C
6.C
7.D
8.D
9.BD
10.AC
11.BCD
12.−2
13.35或0.6
14.9
15.解：(1)直线l2经过点A12,0和B0,1a，所以a≠0，
所以直线l2的斜率为k=1a−00−12=−2a，因为直线l1的斜率为a+4a，l1⊥l2，
所以a+4a×−2a=−1，解得a=−2或a=4．
(2)直线l1的方程为a+4x−ay+2=0可以改写为ax−y+4x+2=0，
由x−y=04x+2=0，解得x=y=−12，
所以l1总过定点C−12,−12，
根据两点间的距离公式，
AC= −12−122+(−12−0)2= 52.
16.解：(1)由 3asinC=ccsA+c，得到 3sinAsinC=sinCcsA+sinC，
又C∈(0,π)，sinC≠0，得到 3sinA=csA+1，即 3sinA−csA=1，
所以2sin(A−π6)=1，得到sin(A−π6)=12，又A∈(0,π)，所以A−π6∈(−π6,5π6)，
所以A−π6=π6，解得A=π3．
(2)因为C=π4，由(1)知A=π3，所以B=π−π3−π4=5π12，
由正弦定理asinA=bsinB=csinC，得到b=csinBsinC=csin5π12sinπ4= 2csin5π12，
又sin5π12=sin7π12=sin(π4+π3)= 22×12+ 22× 32= 2+ 64，所以b= 3+12c，
又▵ABC的面积为2 3+6，所以S=12bcsinA=12× 3+12c2× 32=2 3+6，
整理得到c2=16，解得c=4．
17.解：(1)因为点A1,0关于直线l:y=ax+b的对称点为B−2,3，所以3−3×a=−1，得到a=1，
又易知AB中点为(−12,32)，则32=−12+b，解得b=2，
所以直线l的方程为y=x+2．
(2)因为圆E:x2−2mx+y2−12m=0的圆心为E(m,0)，
由题有m+2 2= 2，解得m=0或m=−4，当m=0时，圆E:x2+y2=0，不合题意，
所以m=−4，圆E:x2+8x+y2+2=0，即(x+4)2+y2=14，
设M(x1,y1),N(x2,y2)，由x2+8x+y2+2=0y=x+2，消y得到x2+6x+3=0，
所以x1=−3− 6,x2=−3+ 6，
设圆C的圆心为C(a,a+2)，半径为r，又圆C与圆E相切，切点在劣弧MN上，
则CE= 14−r，得到r= 14−CE= 14− (a+4)2+(a+2)2= 14− (a+4)2+(a+2)2= 14− 2(a+3)2+2，
又易知−3− 6
18.解：(1)由于PA=AB=2,PB=2 2,∴PA⊥AB,
又PA⊥BC,BC∩AB=B,BC,AB⊂平面ABC，
所以PA⊥平面ABC，
又因为PA⊂平面PAB，所以平面ABC⊥平面PAB．
(2)作MD//PA交AB于D，连接DN，
由于PA⊥平面ABC，故MD⊥平面ABC，MN⊂平面ABC，故MD⊥MN，
BM=t，故BD=DM= 22BM= 22t，
CN=t，故AN=2 2−t,又易知▵ABC是等腰直角三角形，
由余弦定理可得DN2=AD2+AN2−2AD⋅ANcs45∘
=2− 2t22+2 2−t2− 22− 2t22 2−t=12t2−2 2t+4，
故NM= MD2+DN2= t2−2 2t+4= t− 22+2，
故当t= 2时，此时MN的最小值为 2．
(3)由于AB=BC=2,AC=2 2，故AB⊥BC，
以B为坐标原点，以BC,BA所在的直线分别为x和y轴，
以过点B垂直与平面ABC的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
当t= 2时，M,N分别为PB,AC的中点，
则A0,2,0，B0,0,0C2,0,0,M0,1,1,N1,1,0，
所以AM=0,−1,1,AN=1,−1,0，
设平面AMN的法向量为n=(x,y,z)，则n⋅AM=0n⋅AN=0，即−y+z=0x−y=0,
取y=1，可得平面AMN的一个法向量n=1,1,1，
平面PAB的一个法向量为m=1,0,0，
设平面AMN与平面PAB的所成角为θ，则csθ=|cs⟨n,m⟩|=|n⋅m|n||m||= 33，
故平面AMN与平面PAB的所成角的余弦值为 33．
19.解：(1)由已知，得9a2+1b2=1,ca= 63,a2=b2+c2,解得a=2 3,b=2,
故E的方程为x212+y24=1．
(2)
① 由题可设l:y=kx+3,Ax1,y1,Bx2,y2．
将x212+y24=1y=kx+3,
消去y，得1+3k2x2+18kx+15=0．
当Δ=436k2−15>0，即k2>512时，有x1+x2=−18k1+3k2,x1x2=151+3k2．
所以x1+x22=−9k1+3k2,y1+y22=k×x1+x22+3=31+3k2，即Q−9k1+3k2,31+3k2，
可得kOQ=−13k，所以k⋅kOQ=−13，即直线l与OQ的斜率之积为定值．
②由(1)可知AB= 1+k2⋅x1−x2= 1+k2x1+x22−4x1x2
=2 1+k2⋅ 36k2−153k2+1
又点O到直线l的距离d=3 1+k2，
所以▵OAB的面积S▵OAB=12d⋅AB=3 36k2−153k2+1．
设 36k2−15=t，则S▵OAB=3tt212+94=36t+27t∵t>0,∴t+27t≥2 t×27t=6 3,S▵OAB=36t+27t≤366 3=2 3，
当且仅当t=3 3，即k=± 426时等号成立，且满足Δ>0．
所以当▵OAB的面积最大时，直线l的方程为 7x− 6y+3 6=0或 7x+ 6y−3 6=0．
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