崇仁一中、广昌一中、金溪一中高二第二次月考联考数学参考答案

数学参考答案： 1．A 因为   1,4,1 BA    ，   2,0, 2 BC     ，所以   1, 4, 3 AC BC BA            ．故选：A 2．A 3 位居民依次选择检测点，方法数为 3 4 64  ．故选：A． 3．C 1 0 a  时，容易验证两直线不平行，当 1 0 a  时，根据两直线平行的条件可知： 2 8 1 1 5 a a     ，解得 1 a 或 2 a .故选：C. 4．D 解：若直线斜率不存在，此时 3 x  与圆没有交点， 则直线斜率k 一定存在，设为k ，则过P 的直线方程为 1 ( 3) y k x   ，即 3 1 0 kx y k    ， 若过点 ( 3 P  ，1)  的直线l 与圆 2 2 1 x y  有公共点，则圆心到直线的距离 1 d ， 即 2 | 3 1| 1 1 k k   ，即 2 | 3 1| 1 k k   ，平方得 2 3 0 k k  ，解得0 3 k ， 设直线倾斜角为,即0 tan 3  ，解得0 3   ，故选：D． 5．D 依题意，分三步进行： （1）先为中间位置选人，从甲乙中选，有 1 2 C 种选法， （2）为甲、乙、丙中剩余的两个人选位置，不占两侧，去掉中间位置，还有4 个位置可选， 故有 2 4 A 种排法， （3）剩余的同学进行全排列，有 4 4 A 种排法， 故利用乘法原理即得，不同的安排方法有 1 2 4 2 4 4 576 C A A    种.故选：D. 6．A 因为 2 2 8 8 0 x y x y m      表示圆，故64 64 4 0 m    ，解得： 32 m  ； 对圆 1 C ，其圆心为  1,0 ，半径1 1 r ； 对圆 2 C ，其圆心为  4, 4  ，半径2 32 r m   ； 当两圆外切时， 1 2 1 2 C C r r   ，即5 1 32 m   ，解得 16 m  ； 当两圆内切时， 1 2 2 1 C C r r  ，即5 32 1 m   ，解得 4 m ； 综上所述：m 的取值可以为16或4 .故选：A . 7．A . 如图，以A 为原点， 1 , , AB AD AA 所在直线为, , x y z 轴建立空间直角坐标系，易知 (0,0,0), (1,1,2), (1,2,1), (2,2,0) A E F C ， 设平面AEF 的法向量 ( , , ) n x y z   ，则 2 0 2 0 n AE x y z n AF x y z                  ，令 1 y ，解得 (3, 1, 1) n    ， 故点C 到平面AEF 的距离为 6 2 4 11 11 9 1 1 n AC n         .故选：A. 8． C 依题意， 1 | | AF a  ， 由 2 5 | | | | 4 PA PF  得： 2 1 1 5 | | | | | | 4 PF PF AF a    ， 而 2 1 | | | | 2 PF PF a   ， 于是得 1 2 2 4 | | ,| | 3 3 PF a PF a   ，令椭圆半焦距为c，有 1 cos c AFO a   ，如图， 在 1 2 PF F △ 中，由余弦定理得： 2 2 2 2 1 1 2 1 1 2 1 2 | | | | | | 2 | || | cos PF F P F F F P F F PF F     ， 即 2 2 2 4 2 2 ( ) ( ) (2 ) 2 2 ( ) 3 3 3 c a a c a c a      ，整理得 2 2 5 a c  ，因此 2 1 5 e  ，解得 5 5 e  ， 所以椭圆的离心率为 5 5 .故选：C 9．AD 直线 0 P P  是直线 0 P P 的一个方向向量， 0 0 0 0 ( , , ) P P x x y y z z      ，u  为直线 0 PP 的 方向向量，则 0 0 0 x x y y z z a b c      ，A 正确，B 错误， 0 P P 在平面内，u 为平面的法向量，则 0 u P P    ， 所以 0 0 0 0 ( ) ( ) ( ) 0 u P P a x x b y y c z z          ，C 错误D 正确．故选：AD． 10． AD 依题意， 6 本书分给5 名数学爱好者， 其中一人至少一本， 则有一人分得两本书， 剩余四人各分得一本书， 方法一：分三步完成， 第一步：选择一个人，有 1 5 C 种选法； 第二步：为这个人选两本书，有 2 6 C 种选法； 第三步: 剩余四人各分得一本书，有 4 4 A 种选法. 故由乘法原理知，不同的分配方法的种数为 1 2 4 5 6 4 C C A ，故A 正确； 方法二：分两步完成， 第一步：先分组，选择两本书，将书分成“2+1+1+1+1”的五组，有 2 6 C 种选法； 第二步：将五组分配给五个人，有 5 5 A 种选法. 故由乘法原理知，不同的分配方法的种数为 2 5 6 5 C A ，故D 正确.故选：AD. 11．BD 由双曲线方程得 3 a ， 4 b  ， 9 16 5 c    ，焦点为 1(0, 5) F  ， 2(0,5) F ． 离心率为 5 3 c e a   ，A 错； 渐近线方程是 3 4 y x = ± ，B 正确； 若 1 2 PF PF  ，不妨设 1 2 , , PF m PF n m n    ， 则 2 2 2 6 10 m n m n        ，∴ 32 mn  ， 1 2 1 16 2 PF F S mn   △ ，C 错； 设 ( , ) P x y ，则 2 2 1 9 16 y x  ， 2 2 16 9 144 y x   ， 渐近线方程为3 4 0 x y   ，点P 到两渐近线的距离乘积为 2 2 2 2 2 2 9 16 3 4 3 4 144 25 25 3 4 3 ( 4 x y x y x y        ） ，D 正确．故选：BD． 12．ABD 抛物线   2 2 0 x py p   上的点A 到抛物线焦点F 距离的最小值为1， 则有 1 2 p ， 解得=2 p ， A 正确； 抛物线的方程为 2 4 x y  ，焦点 (0,1) F ，准线: 1 l y ，设 1 1 2 2 ( , ), ( , ) A x y B x y ， 对于B，点 1 2 1 2 ( , ) 2 2 x x y y M   ，由抛物线的定义知， 1 2 | | | | 1 1 8 AF BF y y     ， 有 1 2 6 y y   ，所以M 到x 轴距离 1 2 3 2 y y   ，B 正确； 对于C， 1 1 2 2 ( ,1 ), ( , 1) AF x y FB x y         ， 由 2 AF FB     得： 1 2 1 2( 1) y y    ， 即 1 2 2 3 y y   ， 又| | 2| | AF FB      ，即 1 2 1 2( 1) y y   ，则 1 2 2 1 y y  ，解得 1 2 1 2, 2 y y   ， 于是得 1 2 9 | | | | | | 1 1 2 AB AF BF y y      ，C 不正确； 对于D，抛物线 2 4 x y  中，当=2 x 时， 1 3 y  ，因此点   2,3 P 在抛物线 2 4 x y  上方， 过点P 作PP l 于P，交抛物线于点Q，连QF，过A 作AA l 于A，连AF，AP，PA， 如图， 显然| | | | | | | | | | | | | | | | | | | | AP AF AP AA PA PP PQ QP PQ QF              ，当且仅当点A 与Q 重合时取等号，所以 min ( ) | | 4 AP AF PP     ，D 正确.故选：ABD 13．1 6 【详解】由题设 1 1 cos , 6 | || | 6 6 AB CD AB CD AB CD                 ，又线线角的范围为 π [0, ] 2 ， 所以直线AB 与直线CD 所成角的余弦值为1 6 .故答案为：1 6 14．14 6 5  或6 5 14  【详解】将方程 2 2 + 4 2 4 0 x y x y     化为 2 2 ( 2) ( 1) 9 x y     ，表示以( 2,1)  为圆心，半径 为3 的圆， 2 2 2 2 ( 0) ( 0) x y x y      表示圆上的点与原点之间的距离， 故² ² x y  表示圆上的点与原点之间的距离的平方， 由 2 2 (0 2) (0 1) 9     可知原点（0,0）在圆内，且原点与圆心之间的距离为 2 2 ( 2) 1 5    ， 所以 2 2 x y  的最大值为 5 3 ， 所以² ² x y  的最大值为  2 5 3 14 6 5    ．故答案为：14 6 5  . 15．30 【详解】由题意得4 个小球有2 个放在一个盒了里的种数是 2 4 C ， 把这两个作为一个元素同另外两个元素在三个位置排列，有 3 3 P 种结果， 而编号为1，2 号小球放在同一个盒子里有 3 3 P 6  种结果， 所以编号为1，2 的小球不放到同一个盒子里的种数是 2 3 4 3 C P 6 30   .故答案为：30. 16. [ 1 2 , 1) 【详解】∵|PF1| + |PF2| = 2a，记c 为椭圆的半焦距， ∴|PF2| = 2a −|PF1|(a −c ≤|PF1| ≤a + c)，∴|PF1|·|PF2| = |PF1|(2a −|PF1|) = −|PF1|2 + 2a|PF1| = −(|PF1| −a)2 + a2， ∵a −c ≤PF1 ≤a + c， ∴|PF1||PF2| = −( PF1 −a)2 + a2 ∈[b2, a2]， ∴|PF1||PF2|的最大值m = a2； 设P(x, y)，则满足x2 a2 + y2 b2 = 1， 则PF1·PF2 = ( −c −x, −y)·(c −x, −y) = x2 + y2 −c2 = x2 + b2 a2 (a2 −x2) −c2 = (1 − b2 a2 )x2 + b2 −c2， ∵x ∈[ −a, a]，∴x2 ∈[0, a2]， ∴PF1·PF2的最小值为n = b2 −c2， 由m ≥2n，得a2 ≥2(b2 −c2) = 2(a2 −2c2) = 2a2 −4c2， ∴a2 ≤4c2，解得e = c a ∈[ 1 2 , 1),故答案为[ 1 2 , 1)． 17．(1) 2 c  (2) 7 5 k  【详解】 （1）      0 1,0, 1,1,0 ,1, b c a c       ， 所以 2 1 5 a b c       ，解得： 2 c ； （2）当 2 c  时，      0 1,0,2 , , 1, ,2 k b k k k a k         ，      2 2 0 2,2 1 ,0 ,2, ,2 3 , a b         ， 因为ka b    与2a b    互相垂直，所以  2 3 1 2 2 0 k k     ，解得： 7 5 k  ， 当 2 c 时，      2 1 0 , 1, 2 , , 0 , , ka k k k b k           ，      2 2 0 2,2 1 ,0 ,2, , 2 3 , a b         因为ka b    与2a b    互相垂直， 所以  2 3 1 2 2 0 k k     ，解得： 7 5 k  ，综上： 7 5 k  . 18．(1) 1 m ；6 2 ； (2) 1 0 x y   或 2 y x  . 【详解】 （1）因为直线1 : ( 2) 8 0 l m x my     与直线2 : 4 0 l mx y    ，且1 2 l l // ， 所以 0 m  ，且 2 8 1 4 m m m    ， 由 2 1 m m m   ，得 2 2 0 m m    ， 解得 1 m 或 2 m  （舍去） 所以 1 m ， 所以1 : 8 0 l x y    ，2 : 4 0 l x y    ， 所以两平行线间的距离为4 8 6 2 2   ； （2）因为点  1, P m 在直线2 l 上， 所以 4 0 m m    ，得 2 m  ， 所以点P 的坐标为(1,2) ， 由题可设直线l 的方程为 2 ( 1) y k x    （ 0 k  ） ， 令 0 x  ，则 2 y k   ，令 0 y  ，则 2 1 x k  ， 因为直线l 在两坐标轴上的截距互为相反数， 所以 2 1 2 0 k k     ， 解得 1 k 或 2 k  ， 所以直线l 的方程为 1 0 x y   或 2 y x  . 19．(1) 2 4 x y  (2) 2 3 0 x y    【详解】 （1）因为点   4, A m 在抛物线C 上，所以 2 4 5 2 2 2 p p AF m p      又因为0 6 p   ，解得=2 p ，故抛物线C 的标准方程为 2 4 x y  ； （2）设     1 1 2 2 , , , M x y N x y ，则 2 1 1 2 2 2 =4 =4 x y x y    ，所以   2 2 1 2 1 2 4 x x y y    ，化为     1 2 1 2 1 2 4 x x x x y y     又因为MN 的中点为   1,2 P ，所以 1 2 2 x x   ，则 1 2 1 2 1 2 y y x x    ，故直线l 的斜率为1 2 ， 所以直线l 的方程为   1 2 1 2 y x    整理得 2 3 0 x y    ． 20．解：(1) ∵点P(2,0)，直线l 过点P， ∴设直线l 的斜率为k(k 存在)，则方程为y −0 = k(x −2). 又圆C 的圆心为(3, −2)，半径r = 3， 由弦长为4 2，故弦心距d = 1，由 |3k+ 2−2k| k2+ 1 = 1，解得k = − 3 4 . 所以直线方程为y = − 3 4 (x −2)，即3x + 4y −6 = 0． 当l 的斜率不存在时，l 的方程为x = 2，经验证x = 2 也满足条件． 故l 的方程为3x + 4y −6 = 0 或x = 2． (2)把直线ax −y + 1 = 0，即y = ax + 1.代入圆C 的方程， 消去y，整理得(a2 + 1)x2 + 6(a −1)x + 9 = 0. 由于直线ax −y −1 = 0 交圆C 于A，B 两点， 故△= 36(a −1)2 −36(a2 + 1) > 0，即−2a > 0，解得a < 0． 设符合条件的实数a 存在，由于l2垂直平分弦AB，故圆心C(3, −2)必在l2上． 所以l2的斜率kPC = −2，而kAB = a = − 1 kPC，所以a = 1 2 . 由于 1 2 ∉( −∞, 0)， 故不存在实数a，使得过点P(2,0)的直线l2垂直平分弦AB． 21. (1)证明：∵BC = 1，CC1 = 2，∠BCC1 = π 3，∴BC1 = 3， ∴BC2 + BC1 2 = CC1 2，∴BC1 ⊥BC， 又AB ⊥侧面BB1C1C，BC1 ⊂侧面BB1C1C，∴AB ⊥BC1， 又AB ∩BC = B，AB、BC ⊂平面ABC，∴C1B ⊥平面ABC； (2)以B 为原点，BC，BC1，BA 分别为x，y，z 轴， 建立空间直角坐标系， 则B(0,0,0)， A(0,0,2)， B1( −1, 3, 0)， A1( −1, 3, 2)， E( 1 2 , 3 2 , 0)，C(1,0,0)； 则EA = ( − 1 2 , − 3 2 , 2)，EB1 = ( − 3 2 , 3 2 , 0)，B1A1 = (0,0,2)； 设平面AEB1的法向量为n = (x, y,z)，则n ⋅EA = 0 n ⋅EB1 = 0，即 − 1 2 x − 3 2 y + 2z = 0 − 3 2 x + 3 2 y = 0 ， 令x = 1，得y = 3，z = 1，所以n = (1, 3, 1)； 设平面A1EB1的法向量为m = (a, b, c)，则m ⋅EB1 = 0 m ⋅B1A1 = 0 ，即− 3 2 a + 3 2 b = 0 2c = 0 , 令a = 1，求得m = (1, 3, 0)； cos < n，m > = n⋅m |n|× |m| = 1× 1+ 3× 3+ 1× 0 1+ 3+ 1× 1+ 3+ 0 = 2 5 5 ， ∴二面角A −EB1 −A1的余弦值为2 5 5 ； (3)假设在棱CA 上存在一点M，使得EM 与平面A1B1E 所成角的正弦值为2 11 11 ， 不