哈九中2021级高二上学期12月阶段检测数学答案(1)

答案 1—8 BDCAACCC 9—12 BCD ABD ACD ACD 13、 1 3 2 2  y x 14、 ) 14 9 , 7 13 (   15、 2 2 16、 5 10 17、 （1） 0 3 2    y x （2）10 18、 （1）依题意，知 2 3 3 c e a   . 双曲线的右焦点 2( ,0) F c ,渐近线方程 b y x a  即 0 bx ay   ， 则右焦点到渐近线的距离为 2 2 1 bc b a b    ， ∴ 1 b ，∴ 2 2 2 2 1 1 3 b c a a   ，即 3 a  ∴双曲线的标准方程为 2 2 1 3 x y  . （2）在 1 2 PF F  中，因为点P 是双曲线与圆的交点， 所以 1 2 PF F △ 为直角三角形且 1 2 90 F PF   . 2 2 2 1 2 1 2 16 PF PF F F     ∵P 是双曲线C 上一点， ∴ 1 2 || | | || 2 3 PF PF   平方，得 2 2 1 2 1 2 2 12 PF PF PF PF    ， ∴ 1 2 2 PF PF  ∴ 1 2 1 2 1 1 2 PF F S PF PF    19、 （1）因为 , PA PD E  为AD 的中点，所以PE AD  ， 又PE CD  且AD CD D   ， , AD CD 面ABCD， 所以PE 面ABCD，又BD 面ABCD， 所以PE BD  ； （2）底面ABCD为直角梯形， , , 1 BC AD DC DA BC CD    / / ， 2, AD E  为AD 的中点，则 1 DE BC CD   ， 综上，四边形BCDE 为正方形，故BE AE  ， 又 / / , AE BC AE BC  ，则四边形ABCE 是平行四边形，则 / / AB EC ， 所以  60  PCE ，则 6  PE ， 以E 为原点，以EA 为x 轴，EB 为y 轴，以EP 为z 轴，建立空间直角坐标系， 则       1 1 2 0,1,0 , 1,1,0 , 0,0,0 , , , 2 2 2 B C E F          ， ) 2 6 , 2 1 , 2 1 ( F 故   1 1 2 0,1,0 , , , 2 2 2 EB EF               ) 2 6 , 2 1 , 2 1 ( ， 设面FBE 的一个法向量为   , , m x y z   ，则 ，令 1 z ，则 ) 1 0 6 ( ， ，  m ，平面ABE的一个法向量为   0,0,1 n   ，则 3 cos , 3 m n m n m n         7 7 ， 所以二面角F BE C   .的余弦值 7 7 . 20、 （1）根据题意，线路 段上的任意一点到景点 的距离比到景点 的距离都 多 ，则线路 所在的曲线是以定点 ， 为左右焦点的双曲线的右上支上， 其方程为   2 2 1, 0 6 64 336 x y y     ， 又由线路 段上的任意一点到 的距离都相等，则线路 所在的曲线为以 为 圆心， 为半径的圆，其方程为   2 2 64, 8 0 x y y     ， 故道路 的曲线方程为 段：   2 2 1, 0 6 64 336 x y y     ； 段，   2 2 64, 8 0 x y y     ． （2）当 在线路 上，设 ， 由 25 0, 2 C       ，则 2 2 0 0 25 2 CQ x y          ， 又由（） ：当8 0 y   时， 2 2 64 x y   ，此时， 0 881 25 4 CQ y   ， 其中 0 0 y  时， 有最小值， 当0 6 y   时， 2 2 1 64 336 x y   ， 此时， 2 2 0 0 0 25 881 25 21 25 89 21 4 21 2 CQ y y y             ， 其中 0 6 y  时， 有最小值，且小于 0 0 y  时 则 0 6 y  ， 的坐标为 4 217,6 7       ，此时 到 的距离最小． 21、 （1）解：设点   , M x y ，由题意可得   2 2 1 1 9 3 x y x     ，化简可得 2 2 1 9 8 x y   . 因此，动点M 的轨迹G 的方程为 2 2 1 9 8 x y   . （2） 解：因为直线l 与x 轴不重合，设直线l 的方程为 1 x my  ，设点  1 1 , P x y 、   2 2 , Q x y ， 联立 2 2 1 8 9 72 x my x y        可得  2 2 8 9 16 64 0 m y my     ，   2 2 256 256 8 9 0 m m     ， 由韦达定理可得 1 2 2 16 8 9 m y y m    ， 1 2 2 64 8 9 y y m   ， 1 1 1 1 3 4 BP y y k x my     ，直线BP 的方程为   1 1 3 4 y y x my    ， 在直线BP 的方程中， 令 0 x  ， 可得 1 1 3 4 y y my   ， 即点 1 1 3 0, 4 y R my        ， 同理 2 2 3 0, 4 y S my        ， 所以，      1 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 9 9 4 4 4 16 y y y y OR OS my my m y y m y y           2 2 2 2 9 64 8 9 4 16 6 4 4 8 9 16 8 9 m m m m m m            . 22、 （1）依题意 ( 2,0), (2,0) A B  ，设     1 1 2 2 , , , P x y Q x y ，方程为 ( 2) x ty n n    ， 与椭圆C 联立 2 2 4 4 x y x ty n       ，整理得：  2 2 2 4 2 4 0 t y tny n      ， 所以   2 2 Δ 16 4 0 t n     ，且 1 2 2 2 1 2 2 2 , 4 4 . 4 tn y y t n y y t              因为   1 1 , P x y 是椭圆上一点，即 2 2 1 1 1 4 x y   ， 所以 2 1 2 1 1 1 2 2 1 1 1 1 1 1 4 2 2 4 4 4 AP BP x y y y k k x x x x            ， 则 ， 即 因为 所以 3 2   n ，此时     2 2 2 Δ 16 4 16 3 0 t n t       >0，故直线PQ恒过x 轴上一定点 ) 0 , 3 2 ( D ． （2） 4 3 4 2 2 1    t t y y 4 9 32 2 2 1    t y y 所以 2 1 2 2 1 2 1 4 ) ( 3 2 | | 3 2 y y y y y y     ， 4 9 32 3 8 4 32 9 9 8 2 2 2 2       t t t t 令 m t  9 32 2 ，则 9 32 9 32 2 2    m t 则 m m m m S S 9 4 1 3 8 9 4 3 8 | | 2 2 1      ，当 3 2 4  m 即 0  t 时 1 2 S S  的最大值为 2 9 8 ．