佛山一中2021-2022学年第一学期高二级期中考试数学答案

答案第1页，共6页 佛山一中2021-2022 学年第一学期高二级期中考试数学答案 一、选择题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 B C A C A B B C ABD ABD ACD CD 二、填空题 13. 2 1 0 x y   14. 26 15. 3 10 16. 3+1, 2 5 11．对于A，当点E 与点 1 D 重合时， 1 1 B D BD  ，AC BD  ，∴ 1 1 B D AC  ， 即 1 B E AC  ，故A 正确； 对于B，∵ 1 1 AD B C ∥ ，异面直线 1 B E 与AD 所成的角即为异面直线 1 B E 与 1 1 BC 所成的角， 根据最小角定理， 1 1 BC 与 1 B E 所成角的最小值即为 1 1 BC 与平面 1 1 B CD 所成角， 由三余弦定理可得 1 1 cos cos cos30 C B C    ，即 6 3 cos ，故B 不正确； 对于C，∵ 1 AC 平面 1 1 B CD ，∴ 1 1 AC B E  ，故C 正确； 对于D，易知平面 1 1 / / B CD 平面 1 A BD ， 1 B E 平面 1 1 B CD ，所以 1 1 / / B E A BD 平面 ，故D 正确. 12．对于A，圆 2 2 2 0    x y x 关于直线 1 0   x y 对称的圆方程为 2 2 2 4 4 0 x y x y      ， 所以A 不正确； 对于B，由圆 2 2 4 x y   ，可得圆心坐标为 (0,0) C ，半径为 2 r = ， 则圆心C 到直线: 2 0 l x y    的距离为 2 2 2 1 1 ( 1) d    ， 所以圆C 上有且仅有3 个点到直线l 的距离都等于1，所以B 不正确； 对于C，由圆 2 2 1 2 0 C : x y x    ，可得圆心坐标为 1( 1,0) C  ，半径为1 1 r ， 由圆 2 2 2 4 8 0 C : x y x y m      ，可得圆心坐标为 2(2,4) C ，半径为 2 20 r m   ， 可得圆心距 1 2 5 C C  ，要使得圆 1 C 与 2 C 恰有三条公切线， 则1 20 5 m   且20 0 m   ，解得 4 m  ，所以C 正确； 对于D 中，因为 2 2 2 3 PA PC r PC = - = - ， min 2 2 10 2 3 4 PC = = + ， 答案第2页，共6页 所以 2 min 2 3 1 PA = - = ，故D 正确. 16．解： （1）由题意 1 MO ，圆半径为3 ，所以 max 3 1 MA  ； （2）取   3,0 K  ， ∵ 3 OM OA  ， 3 OK OM  ， MOK MOA   ，∴ MOK AOM  △ △ ， ∴ 3 MK MA  ，可得 3 MK MA  ， ∴ 3 MA MB MK MB    ， 直线KB 方程为 3 2 1 3 y x    ，即 2 3 0 x y   ， 原点O到直线KB 距离为 2 2 0 0 3 3 3 5 1 ( 2) d      ，直线KB 与圆O相交， 所以 , , K M B 共线时，   min min 3 MA MB MK MB    2 2 (1 3) 2 2 5 KB      ． 三、解答题 17．(本题10 分) 解： （1）由直线1 l 的方程为 2 4 0 x y    且1 2 l l  ，可得直线2 l 的斜率为2， ……1 分 又2 l 在x 轴上的截距为 1 2 ，即过点1 ,0 2       ……2 分 所以直线2 l 方程： 1 2 2 y x        即2 1 0 x y   ， ……3 分 联立1 l 方程，得： 6 2 1 0 5 2 4 0 7 5 x x y x y y                  ，故交点为6 7 , 5 5       . ……5 分 （2）当直线3 l 过原点时，3 l 方程为： 7 6 y x  ， ……6 分 当直线3 l 不过原点时，设3 l 方程为 1 2 x y a a   ， ……7 分 则 19 10 a  ，故3 l 方程为：10 5 1 19 19 x y  ，即10 5 19 0 x y    ， ……9 分 综上所述：3 l 的方程为 7 6 y x  或10 5 19 0 x y    . ……10 分 答案第3页，共6页 18．(本题12 分)解： （1）证明：连结 , EF AF . 因为底面ABCD为矩形，所以 / / AB CD . ……1 分 又AB 平面PCD，且CD 平面PCD， 所以 / / AB 平面PCD. ……3 分 又AB Ì 平面ABE ，且平面ABE 平面PCD EF  ， 所以 / / AB EF . ……4 分 又因为 / / AB CD ，所以 / / . CD EF ……5 分 因为E 为PC 的中点，所以F 为PD 的中点. ……6 分 （2） PA   平面ABCD，BC 平面ABCD， BC PA   ，又BC AB  ， BC  平面PAB . ……8 分 取PB 中点H ，连EH ， E  是PC 中点， / / EH BC  ，即 1 EH 且EH 平面PAB ， ……10 分 又Rt PAB  的面积 1 2 2 S PA AB    . ……11 分 四面体ABEP 的体积 1 2 3 3 E PAB V V S EH       . ……12 分 19. (本题12 分) 解： （1）设A=“甲运动员一箭命中10 环” ，B=“乙运动员一箭命中黄圈”……1 分 （A）= 24 1 72 3  ， P（B）=12 36 2 72 3   ， ……3 分 （2）设C=“乙运动员一箭命中10 环” ，D=“有人命中10 环” ， 则 12 1 ( ) 72 6   P C ， ……4 分 法一：D A C   , 1 ( ) 3 P A  ， 1 ( ) 6 P C  ,又A、C 独立， ……6 分 1 1 1 1 4 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 6 3 6 9 P D P A C P A P C P AC           ； ……8 分 法二：D AC AC AC    , 1 ( ) 3 P A  , 1 ( ) 6 P C  ， 又A、C 独立； , , AC AC AC 互斥 ……6 分 1 1 2 1 1 5 4 D ( ) ( ) ( ) ( ) 3 6 3 6 3 6 9 P P A C P AC P AC P AC             （） ……8 分 答案第4页，共6页 法三：D AC  , 1 ( ) 3 P A  , 12 1 ( ) 72 6 P C   ，又A、C 独立； ……6 分 2 5 4 D 1 ( ) 1 ( ) 1 3 6 9 P P D P AC      （） . ……8 分 (3) 设Ai=“甲运动员第i 箭命中黄圈” ，Bi=“乙运动员第i 箭命中黄圈” 则 36 24 5 36 12 2 ( ) , ( ) 72 6 72 3 i i P A P B       设E=“共有3 支箭命中黄圈” ， ……10 分 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 E A A B B A A B B A A B B A A B B     ， 又 1 2 1 2 , , , A A B B 相互独立； 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 , , , A A B B A A B B A A B B A A B B , , AC AC AC 互斥 故 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) P E P A A B B P A A B B P A A B B P A A B B     5 5 2 1 5 5 1 2 5 1 2 2 1 5 2 2 35 6 6 3 3 6 6 3 3 6 6 3 3 6 6 3 3 81                  。 ……12 分 20. (本题12 分) 解： （1） 证明： 法一： 取CE 的中点G， 连接DG、 BG， 则DF / / EG 且DF=EG， 所以四边形DFEG 为平行四边形， ……1 分 ∴DG / / EF，又AB / / EF，所以DG / / AB， ……2 分 又DG=EF=AB，所以四边形ABGD 为平行四边形，所以AD / / BG， ……4 分 因为AD 平面BCE ，BG 平面BCE ，所以 / / AD 平面BCE . ……6 分 法二：由题意知AF / / BE，AF 平面BCE ，BE 平面BCE ，所以AF//平面BCE, …2 分 同理，DF//平面BCE ……3 分 ∵AF∩DF=F，∴平面ADF / / 平面BCE，…4 分 又AD⊂平面ADF， ……5 分 ∴AD / / 平面BCE； ……6 分 （2）证明：在图甲中，EF / / AB，AB⊥AD， ∴EF⊥AD，则在图乙中，CE⊥EF， ……7 分 又∵平面CDFE⊥平面ABEF，平面CDFE∩平面ABEF=EF， ∴CE⊥平面ABEF，得CE⊥AB， ……9 分 又∵AB⊥BE，BE CE E   ,∴AB⊥平面BCE. ……11 分 AB⊂平面ABC，∴平面ABC⊥平面BCE； ……12 分 G 答案第5页，共6页 21．(本题12 分)解： （1）证明：取PC 中点G ，连接 , FG EG ,因为 , F G 分别是 , PD PC 的中点， 所以 1 / / 2 FG DC FG DC  ， ， ……1 分 因为 1 / / 2 AE DC AE DC  ， ，所以 / / FG AE FG AE  ， ，……2 分 所以四边形AFGE 是平行四边形，所以 / / AF GE ， ……3 分 因为AF 平面PCE ，EG 平面PCE ， 所以 / / AF 平面PCE ……4 分 （2）因为PD AD  ，且平面ADP 平面ABCD，所以PD 平面ABCD， 因为PB 与平面ABCD所成角为 PBD  ，所以 3 PBD    ， ……5 分 因为底面ABCD是边长为2 的菱形，且 60 DAB   ，所以 2 BD AD   ， 所以 2 3 PD  ， ……6 分 以D 为坐标原点， , , DE DC DP    为, , x y z 轴建立空间直角坐标系， 则 (0,0, 3) F ， (0,2,0) C ， ( 3,1,0) B ， 所以 (0,2, 3) FC     ， ( 3,1,0) BC    ， ……7 分 设平面FCB 的法向量 ( , , ) n x y z   ， 则 2 3 0 3 0 n FC y z n BC x y                 ，取 1 x ，则 3 y  ， 2 z  ，则 (1, 3,2) n   ， ……9 分 取平面DFC 的法向量 (1,0,0) m   ， ……10 分 设二面角D FC B   的平面角为，由图可知为锐角， 所以 | | 1 2 cos 4 1 0 0 1 3 4 m n m n            . ……11 分 所以二面角D FC B   的余弦值为 2 4 . ……12 分 22．(本题12 分) 解： （1）设圆心坐标 ( , ) C a b ，半径为,( 0) r r  ，圆C 过点A(2,6),且与直线l1: x+y－10=0 相切于点 答案第6页，共6页 B(6,4)， 所以 2 2 2 2 4 1 6 ( 2) ( 6) ( 6) ( 4) CB b k a a b a b                 ……2 分 即 2 8 4 12 b a a b        ，解得 1 1 a b     ，所以 2 2 (1 2) ( 1 6) 5 2 r     ……3 分 所以圆C 的方程：    2 2 1 1 50 x y     ； ……4 分 （2）过点P(6,24)的直线l2 与圆C 交于M,N 两点,若△CMN 为直角三角形, CM CN  ，所以△CMN 为等腰直角三角形，且 2 MCN    ， 所以圆心 (1, 1) C  到直线l2 的距离为 2 5 2 r  ， ……5 分 当直线l2 的斜率不存在时，直线方程 6 x  ， 圆心 (1, 1) C  到直线l2 的距离为5，符合题意； ……6 分 当直线l2 的斜率存在时，设斜率为k ， 直线方程为 24 ( 6) y k x    ，即 6 24 0 kx y k     圆心 (1, 1) C  到直线l2 的距离为 2 1 6 24 5 1 k k k     ， 即 2 5 25 5 1 k k     ， 2 5 1 1 k k    ，解得 12 5 k  ， ……7 分 直线l2 的方程为 6 x  或12 5 48 0 x y    ； ……8 分 （3）若直线l3: y=x－2 上存在一点Q,过点Q 向圆C 引两切线,切点为E,F, 使△QEF 为正三角形, 即 3 EQF    ，在Rt ECQ  中， , 6 2 EQC QEC       ， 2 10 2 QC r   ……9 分 设 2 2 ( , 2), ( 1) ( 2 1) 10 2 Q a a QC a a        ，即 2 ( 1) 100 a   ……10 分 解得 9 a 或 11 a  ……11 分 所以点Q 的坐标为  11,9 或  9, 11   . ……12 分