三明一中2021-2022学年高二上数学试卷答案

高二上数学月考试卷答案 第1 页共6 页 三明一中2021-2022 学年上学期第一次月考 高二数学试卷答案解析 参考答案 选择题答题区 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 C D A B D B B D CD ABC ACD ABD 填空题答题区 13．3  14．2 15． ��� 6 16．8  12.【详解】 A： 由 1 2 3 3 AD AC AB         ， 则D 在线段BC 上， 又A AB BD D        ， 若BD BC       ， 则AD AB BC         ，又BC AC AB         ，故 (1 ) AD AB AC            ，所以 1 3  ， 即 3 BC BD     ，正确； B： 若D 为AB 的中点， 2 PA PB PD        ， 又PD PQ QD         ， 而 6 CA CB QD         ， 所以 1 1 2( ) 6 6 PA PB PQ CA CB               ，又 , CA PA PC CB PB PC                ，则 1 1 2 ( ) ( ) 3 3 PA PB PQ PA PC PB PC                     ，整理得 1 1 1 3 3 3 PQ PA PB PC            ， 正确； C： 由题设知： 3 PN AN   ， 即MN PA  ， 且 1 PM AM  ， 故 2 MN    ， 错误； D：若 0 PA BC      ， 0 PC AB      ，则 ( ) ( ) 0 PA BC PC AB PC CA BA AC PC AB                            ， 又PC PB BC        ， 所 以( ) ( ) ( ) 0 PB BC CA BA AC PB BC AB                         ，整理得 PB BA PB AC BC BA               ( ) BC BA AC CA AC               0 PB AB BC AB            ， 故 0 PB AC      ，正确. 故选：ABD 高二上数学月考试卷答案 第2 页共6 页 16.【详解】 设正四面体外接球球心为O， 正四面体A BCD  的外接球半径为3， 设正四面体A BCD  内切球半径为r ， 一个面的面积为S ， 高为h， 则 1 1 4 3 3 ABCD V Sr Sh    ， 所以 4 h r  ，显然 3 4 r h r    ，所以 1 r ，即 min 1 PO ． 2 2 ( ) ( ) 9 1 9 8 PM PN PO OM PO ON PO OM ON PO                             ． 故答案为：8 ． 17． （1） 0 12 3   y x ； （2）14. 【详解】 （1）直线BC 的斜率为 3 1 ) 2 ( 4 0 2     ，-----1 分 直线BC 边的高线的斜率为-3------------------2 分 直线BC 边的高线的方程为： ) 2 ( 3 6     x y ，-------------4 分 即 0 12 3   y x . -----------5 分 （2）直线直线AB 的方程为： 0 10 2 ) 2 ( 4 - 2 2 - 6 6       y x x y ，即 -----6 分 点C 到直线AB 的距离   2 2 2 2 0 10 14 5 1 2 d       ，----------------------------7 分     2 2 2 4 6 2 2 5 AB      ，-------------------------------------------------8 分 故 ABC  的面积为 1 14 2 S AB d    .-----------------------------------------------10 分 18． （1） 0.020 a  ；中位数为3 230 ； （2）5 3 ． 【详解】 （1）根据频率分布直方图得：(0.004 0.006 0.030 0.024 0.016) 10 1 a      ， 解得： 0.020 a  ，-----------------------------------------------------------------------2 分 前三组的频率之和为0.3，前4 组的频率之和为0.6，所以中位数在第四组 中位数为：70+ 3 230 10 3 . 0 2 . 0   .-------------------------------------------------5 分 （2）设这2 人来自不同组为事件A, 高二上数学月考试卷答案 第3 页共6 页 因为  80,90 小组和  90,100 小组的频率的比值为3:2---------------------------------7 分 所以，来自  80,90 小组的有3 人记为 1 a ， 2 a ， 3 a ， 来自  90,100 小组的有2 人记为 1 b ， 2 b ，-----------------------------------------------8 分 从5 人中随机抽取2 人， 基本事件为 1 2 a a ， 1 3 a a ， 1 1 a b ， 1 2 a b ， 2 3 a a ， 2 1 a b ， 2 2 a b ， 3 1 a b ， 3 2 a b ， 1 2 b b 共10个， 这2 人来自不同组的有 1 1 a b ， 1 2 a b ， 2 1 a b ， 2 2 a b ， 3 1 a b ， 3 2 a b 共6个，-------------10 分 所以这2 人来自不同小组的概率为 5 3 10 6 ) (   A P ．------------------------------12 分 19．解：(1)如图，以A 为坐标原点，射线AB、AD、AP 分别为x 轴、y 轴、z 轴正半轴， 建立空间直角坐标系A −xyz．------------------------------------------------------------1 分 设D(0, a ，0)，则B(6,0,0)，C(6, a ,0)，P(0,0，6)，E(3,0,3). 因此，AE � ���= (3,0,3)，BC � ���= (0, a ,0)，PC � ���= (6, a ,6). 则AE � ���⋅BC � ���= 0，AE � ���⋅PC � ���= 0， 所以AE ⊥BC, AE ⊥PC， 又BC ∩PC = C，BC, PC ⊂平面PBC． 所以AE ⊥平面PBC．(用立体几何的方法的证明也可以）------------------------------------3 分 由AD//BC，AD ⊄平面PBC，BC ⊂平面PBC， 所以AD//平面PBC．-----------------------------------------------------------------------------------5 分 故直线AD 与平面PBC 的距离为点A 到平面PBC 的距离，即为|AE � ���| = 3 2．------------6 分 (2)设平面AEC 的法向量为n1 � ���= (x1, y1, z1). 因为AE � ���= (3,0,3)，AC � ���= (6,3,0)． 所以3x1 + 3z1 = 0 6x1 + 3y1 = 0，令x1 = 1，得y1 =−2，z1 =−1， 高二上数学月考试卷答案 第4 页共6 页 所以n1 � ���= (1, −2, −1)．----------------------------------------8 分 设平面EDC 的法向量为n2 � ���= (x2, y2 ⋅z2)， 因为DE � ���= (3, −3,3)，DC � ���= (6,0,0)， 所以3x2 −3y2 + 3z2 = 0 6x2 = 0 ，令z2 = 1，得y2 = 1， 所以n2 � ���= (0,1,1)．-------------------------------------------10 分 由图可知二面角A −EC −D 的平面角为一锐角， 所以二面角A −EC −D 的平面角θ的余弦值为cosθ = n1 � ���·n2 � ��� n1 � ���· n2 � ��� = 3 √6× 2 = 3 2 ．-----12 分 20． （1） 3 PQ k ； （2）13. 【详解】 （1）由题意可知：联立方程组 1 0 2 3 8 0 x y x y         ， 解得 1 2 x y      ，即交点 ( 1,2) P  ，----------------------------------------------------------2 分 又因为直线l 过点 (0, 1) Q  所以直线l 的斜率为： 2 1 3 1 0 PQ k     . ----------------4 分 （2）设圆心的坐标为 ) , ( b a C ，C 在PQ 的垂直平分线上. 2 5 3 0 5 3 2 0 5 3 2 ), 1 ( 3 2 1 ) 1 , 1 ( , 2 3                 b a b a y x x y PQ M Q P kPQ 即 即 的中垂线的方程为 的中点 、  ------------------------8 分 . 13 13 1 ) 5 2 ( 4 13 ) 2 ( ) 1 ( 2 2 2 2                r S r b b b b a PC r 面积的最小值 取得最小值 时， 当 半径 ----------------------------12 分 （法二）过P、Q 两点的圆的面积要达到最小。则应使PQ 成为直径， 13 13 2 52 6 4 2 2       r PQ . 13 2      r S 面积的最小值 21．解：(1)2acosC −c = 2b，由正弦定理得2sinAcosC −sinC = 2sinB， 高二上数学月考试卷答案 第5 页共6 页 2sinAcosC −sinC = 2sin(A + C) = 2sinAcosC + 2cosAsinC---------------------2 分 ∴−sinC = 2cosAsinC，∵sinC ≠0，∴cosA =− 1 2，-------------------------------4 分 而A ∈(0, π)，∴A = 2π 3 . ---------------------------------------------------------5 分 (2) 由AM 是角A 的平分线，CM = 2MB ，知 AC AB = 2 ，（由正弦定理也可以推出） -----------------------------------------------------------------6 分 过M 作MD 平行于AC 交AB 于D，易知三角形AMD 为正三角形， 所以AD = 2 3, AB = 3 3, AC = 6 3 ，（由向量数量积法也可以求出AB,AC 的长） ------------------------------------------------------------------------9 分 由余弦定理可知， 17 3 9 17 189 cos 2 2 2 2            ABC C BC A AC AB AC AB BC -------------------------------12 分 22． （1）证明见解析； （2） 6 6 ； （3）点N 存在，为棱DC 的中点． 【详解】 （1）证明：∵AC BC  ，M 是AB 的中点，∴CM AB  ． 又EA 平面ABC ，CM EA  ．∵EA AB A   ， ∴CM 平面AEM ，又EM 平面AEM ，-----------------------------2 分 ∴CM EM  ，-------------------------------------------------------------------3 分 （2）解：以M 为原点，分别以MB，MC 为x，y 轴，如图建立坐标系M xyz  ， 则   0,0,0 M ，  0, 2,0 C ，  2,0,0 B ，  2,0,2 D ，  2,0,1 E  ，----------4 分   2, 0,1 ME   ，   0, 2, 0 MC    ，   0,0,2 BD    ，   2, 2,0 BC    ， 设平面EMC 的一个法向量   1 1 1 , , m x y z   ， 则 1 1 1 2 0 2 0 x z y         ， 取 1 1 x ， 1 0 y  ， 1 2 z  ，所以   1,0, 2 m   ，-----------------------------------------5 分 设平面DBC 的一个法向量   2 2 2 , , n x y z   ，则 2 2 2 2 2 0 2 0 x y y         ， 高二上数学月考试卷答案 第6 页共6 页 取 1 1 x ， 1 1 y ， 1 0 z  ，所以   1,1,0 n   ，---------------------------------------------6 分 1 6 cos , 6 2 3 m n m n m n         ， 所以平面EMC 与平面BCD所成的锐二面角的正弦为值为 6 30 .----------------------8 分 （3）在棱DC 上存在一点N ， 设   , , N x y z 且DN DC     ，0 1  ≤ ≤，---------------------------------------------------9 分 ∴    2, , 2 2, 2, 2 x y z       ， 2 2 x    ， 2 y   ， 2 2 z    ，   2 2 , 2 , 2 2 MN         ，--------------------------------------------------------------10 分 若直线MN 与平面EMC 所成的角为60，则       2 2 2 2 2 2 2 2 3 cos , sin 60 2 3 2 1 2 4 1 MN m                  ．------------------------11 分 解得： 1 2  ，所以符合条件的点N 存在，为棱DC 的中点．-----------------------12 分