2024-2025學年云南省臨滄市鎮(zhèn)康一中高二（上）月考數(shù)學試卷（11月份）（含答案）

第=page11頁，共=sectionpages11頁2024-2025學年云南省臨滄市鎮(zhèn)康一中高二（上）月考數(shù)學試卷（11月份）一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。1.4?3i2?3i=(

)A.17?18i B.?1?18i C.?1+6i D.17+12i2.已知直線l1:ax+2y+3=0，直線l2:2x+ay+a+1=0，則命題p:l1A.充分不必要條件 B.必要不充分條件

C.充要條件 D.既不充分也不必要條件3.已知集合A={x|x|x|+x+3|x+3|A.{?2} B.{?2,?1,1,2} C.{?1,1} D.{?2,?1}4.某省教育廳對全省高三學生采用分層抽樣的方式抽取了1000名學生參加化學，物理和英語三大學科的抽樣考試，目的是為了更好地應對新高考的改革來調整日常教學同時檢查各個學校的教學成果，考試結束后對這1000名同學的化學成績進行統(tǒng)計，可得到如圖所示的頻率分布直方圖，若同一組中數(shù)據(jù)用該組區(qū)間中間值作為代表值，則這些同學化學成績的上四分位數(shù)約為(

)A.79.5分 B.82.5分 C.81分 D.82分5.薯條作為一種油炸食品，風味是決定其接受程度的基礎.米其林三星餐廳大廚HestonBlument?al對餐飲門店的不同油炸批次的薯條進行整體品質的感官評價并提出了“油炸質量曲線”(圖1)，將油炸過程劃分為五個階段：誘導、新鮮、最佳、降解和廢棄階段，以解釋食物品質與油炸時間之間的關系.在特定條件下，薯條品質得分p與煎炸時間t(單位：min)滿足函數(shù)關系p=at2+bt+c(a、b、c是常數(shù))，圖2A.2.25min B.2.75min C.3.25min D.3.75min6.已知甲、乙兩人進行扳手腕游戲，且每人各有2個乒乓球.每次扳手腕甲獲勝的概率均為23，沒有平局，且每次扳手腕的結果互不影響.每次負方給勝方1個乒乓球，直到一方?jīng)]有乒乓球時游戲結束，則第1次甲勝且第4次扳手腕后游戲結束的概率為(

)A.1027 B.29 C.16817.已知函數(shù)f(x)=(3x?2xA.1+log23 B.?1?log238.設拋物線C：y2=2px(p>0)的焦點為F，直線l與C交于A，B兩點，F(xiàn)A⊥FB，|FA|=2|FB|，則l的斜率是(

)A.±1 B.±2 C.±二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。9.如圖，在平行六面體ABCD?A1B1C1D1中，M為A1C1與B1A.BM=?12a+12b+10.已知圓C1:(x+2)2+yA.若C1和C2外離，則a>23或a<?23

B.若C1和C2外切，則a=±23

C.當a=0時，有且僅有一條直線與C1和11.已知函數(shù)f(x)滿足對任意x∈R，都有f(x+1)+f(x2+2x)=2，則A.f(1+52)=1 B.f(x)可能為增函數(shù)

C.f(2)=f(8) 三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.現(xiàn)有一底面直徑為2的圓錐，其軸截面是等邊三角形，則該圓錐的表面積為______．13.已知sin2α+cos2α=?12，α∈(π14.已知橢圓C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左，右焦點分別為F1，F(xiàn)2，過F2且傾斜角為60°的直線l與C交于P，Q四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟。15.(本小題13分)

在三棱錐O?ABC中，已知OA=(1,0,?1)，BC=(2,?1,0)，平面ABC的法向量為n=(?1,c,1)．

(1)求異面直線OA，BC所成角的余弦值；

(2)求直線OA與平面16.(本小題15分)

在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若asinB=33bcosA．

(1)求角A的大小；

(2)若a=4，b+c=617.(本小題15分)

已知A(?2,2)，B(?2,6)，C(4,?2)三點，點P在圓E：x2+y2=4上運動．

(1)若|PA|2+|PB|2+|PC|2的最大值和最小值分別為M和m，求M+m的值；

(2)18.(本小題17分)

如圖，在四棱錐P?ABCD中，PC⊥平面ABCD，△ABC是邊長為23的等邊三角形，AD=2，∠ADC=2π3．

(1)證明：平面PCD⊥平面PBC；

(2)若平面PAD與平面PBC夾角的余弦值為2119.(本小題17分)

已知雙曲線C：x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，且|F1F2|=8，過F2作其中一條漸近線的垂線，垂足為M，延長F2M交另一條漸近線于點N，且|F2M|=|MN|，

(1)求C的方程；

(2)如圖，過A(6,0)作直線l(l不與x軸重合

參考答案1.B

2.C

3.D

4.B

5.C

6.D

7.D

8.D

9.ABCD

10.ABC

11.ACD

12.3π

13.?3

14.2515.解：(1)根據(jù)題意可知OA=(1,0,?1)，BC=(2,?1,0)，

設異面直線OA，BC所成角為θ，

∴異面直線OA，BC所成角的余弦值為：

cosθ=|cos?OA,BC?|=|OA?BC||OA||BC|=22×5=105；

(2)∵OA=(1,0,?1)，BC=(2,?1,0)16.解：(1)由asinB=33bcosA和正弦定理可得：

sinAsinB=33sinBcosA，

因sinB≠0，故得sinA=33cosA，即tanA=33，

因A∈(0,π)，故A=π6；

(2)由余弦定理a217.解：(1)設P(x,y)，且x2+y2=4，?2≤y≤2，

故|PA|2+|PB|2+|PC|2=(x+2)2+(y?2)2+(x+2)2+(y?6)2+(x?4)2+(y+2)2

=3(x2+y2)?12y+68=12+68?12y=80?12y，

因為?2≤y≤2，當y=2時，取得最小值m=56，

當y=?2時，取得最大值M=104，

所以m+M=160；

(2)因為過Q(3,3)且斜率為0的直線也不是圓E的切線，

且過Q(3,3)且斜率不存在的直線不是圓E的切線，

所以直線OS，QT的斜率都存在，

設切點S(x1,y1)，T(x2,18.解：(1)證明：在△ADC中，AD=2，AC=23，∠ADC=2π3，

由余弦定理AC2=DA2+DC2?2DA?DCcos∠ADC，得到DC2+2DC?8=0，

解得DC=2，所以DA=DC=2，得到∠DCA=π6，

又因為∠ACB=π3，所以∠DCB=π2，即DC⊥CB，

又因為PC⊥平面ABCD，CB?面ABCD，所以PC⊥CB，

又因為PC∩DC=C，PC，DC?面PCD，所以BC⊥面PCD，

又BC?面PBC，所以平面PCD⊥平面PBC．

(2)由(1)知，CD，CB，CP兩兩互相垂直，

則以CD，CB，CP所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，

設PC=a(a>0)，因為DC=2，BC=23，∠ACB=π3，

則C(0,0,0),D(2,0,0),B(0,23,0),A(3,3,0),P(0,0,a)，

則DA=(1,3,0),DP=(?2,0,a)，

設平面PAD的一個法向量為n=(x,y,z)，則n⊥DP，n19.解：(1)易知雙曲線C的漸近線l1：y=bax，漸近線l2：y=?bax，

不妨設M在l1上，N在l2上，OM是線段NF2的中垂線，

易知△F2