浙江省9 1联盟高二数学试卷 PDF版含答案

高二数学参考答案第1页（共4 页） 2021 年学年第一学期9+1 高中联盟期中考试 高二数学参考答案 一、选择题（本题共8 小题，每小题5 分，共40 分.每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的， 不选、多选、错选均不得分） BACAD ABD. 二、选择题（本题共4 小题，每小题5 分，共20 分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选 对的得5 分，部分选对的得2 分，有选错的得0 分） 9.CD 10 .BD 11. ACD 12 .AD 三、填空题（本题共4 小题，每小题5 分，共20 分） 13. 2 6 14 . 1 15 . 6 6 16. 2 （2 分） 2 3 3 （3 分） 四、解答题（本题共6 小题，共70 分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤） 17. (10 分)解：(1）因为 2 ( ) ( 2) 3 f x x a x a     图像开口向上， 所以   2 2 4( 3) 0 a a      ，解得 4 a  ……4 分 （2） 2 1 ( 5 0 2 2 2) a f a a              解得1 5 a   ，或 0 1 3 (3) 0 2 2 a a f             （无解） 因此实数a 的取值范围为  1,5 .…………10 分 18.（12 分）解（1）∵  0.005 0.012 0.035 0.015 0.003 10 1 a        ，∴ 0.03 a  .………3 分 设中位数为x ，由题意有：   10 0.005 10 0.012 10 0.03 30 0.035 0.5 x          ， 解得： 30.857 x  .………7 分 （2）由题设知第三组和第五组的人数之比为2:1， 所以第三组与第五组的抽取人数依次为4 人和2 人，…………9 分 因为6 人中任选2 人的选法有15 种，.∴ 4 2 8 15 15 P    .………12 分 高二数学参考答案第2页（共4 页） 19. （12 分）解：(1) 由题意������= ������������⋅ 1 2 ������������+ 3 2 ������������− 1 4 = 1 2 ���������2���+ 3 2 ������������������������− 1 4 = 1 4 − 1 4 ���������2���+ 3 4 ���������2���− 1 4 = 1 2 ���������(2���− ��� 6 )，……4 分 max 1 , ( ) 2 T f x     ……6 分 （2）由��� ��� 2 = 1 2 ���������(���− ��� 6 ) = 1 2， 0 C   （，） 2 3 C    , ……8 分 设AB 边上的中点为D ,则 7 2 CD  过点A 作 / / AE CB ,连接CD 并延长交AE 于点E ， 如图 则 7 CE  , 3 CAE    在ACE  中： 2 2 2 2 cos 3 CE CA AE CA AE       即 2 49 9 3 AE AE    ，即 2 3 40 0 a a    解得： 8 a 或 5 a （舍）……11 分 所以 ABC  的面积为 1 1 2 sin 3 8 sin 6 3 2 2 3 S ab C      . ……12 分 20.（12 分）解： （1）在直角梯形ABCD中， // AD BC ，AB BC  ，则AB AD  ， 在三棱锥A BCD  中，AB AD  ，AB AC  ，AD AC A   ，所以AB 平面ACD ，……3 分 CD   平面ACD ，所以CD AB  ， 因为CD BD  ，AB BD B   ，所以CD 平面ABD ， CD   平面BCD，所以平面ABD 平面BCD；……5 分 （2） （法一） 由 （1） 平面ABD 平面BCD,作EO BD  于O， 从而EO  平面ABD ，作OH AD  于H，连结EH ， EH AD   ， 所以二面角B AD E   的平面角即为 EHO  ． EHO  =60……7 分 点E 是BC 的中点, 故O 是BD 的中点,设 2 x OH  ，则 3 2 x OE  在直角梯形ABCD中，则AB x  ， 3 CD x  ， 2 2 2 1 BD AB AD x      ， 易知Rt ABD Rt DCB  △ △ ，得到AD BD BD BC  ，即 2 2 2 1 1 1 4 1 x x x     ，解得 2 x  ，……10 分 所以 2 AB  ， 3, 6 BD CD    ,三棱锥的高 1 2 6 3 3 h    1 1 1 6 3 3 6 3 3 2 3 3 A BCD BDC V S h          ……12 分 （法二）向量法 以DA,DC 为x 轴，y 轴，过D 且垂直平面BCD 的直线为z 轴建立空间直角坐标系，如图设 0 2 ADB              ，则 2 1 sin = tan = , cos cos AB BD CD      ， ，所以 O H 高二数学参考答案第3页（共4 页） 2 1 sin cos ,0,sin ), ( ,0,0), (0, ,0) cos cos A B C      （ ，则 2 1 sin , ,0) 2cos 2cos E    （ .……7 分 平面ABD 的一个法向量为 (0,1,0) m   ，设平面ADE 的法向量为 ( , , ) n x y z   2 cos sin 0 sin 0 2cos 2cos n DA x z x y n DE                     取 (sin , cos , cos ) n        ，……10 分 则 2 cos 1 cos60 2 1 cos o m n m n             解得 3 cos 3  ，所以 2 AB  ， 3, 6 BD CD    , 1 1 6 3 3 6 3 2 3 3 A BCD V        ……12 分 （法三）向量法 如图，因为AB AD，AB AC，所以AB平面ACD, 则AB CD,又BD DC 所以CD 平面ABD,故CD AD 以AD 为x 轴，AB 为y 轴，建立如图空间坐标系设AB=y, DC= z 则A(0,0,0),D(1,0,0), B(0,y,0),C(1,0,z),E( 1 , , 2 2 2 y z ) ……7 分 由二面角E-AD-B 的平面角为60 。得 / 2 tan60 3 / 2 z z y y     又∠CBD=∠ADB 可得 2 1 1 z y y   从而 2, 6 y z   即 1 1 3 ( 1 2) 6 3 2 3 ABCD C ABD V V       . ………12 分 21. 解（1）设所求圆方程为    2 2 2 x a y b r     ，则             2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 + 4 = + 2 = 3 + 3 = a b r a b r a b r             ，解得 0 4 2 a b r       ，所以圆M 的方程为   2 2 4 4 x y    .……5 分 （2）设P（2b，b） ，因为∠MAP＝90°，所以经过A、P、M 三点的圆N 以MP 为直径，其方程为：     2 2 2 2 4 4 4 2 4 b b b x b y              即    2 2 2 4 4 0 x y b x y y      ……9 分 由 2 2 2 4 0 4 0 x y x y y          ，解得 0 4 x y      或 8 5 4 5 x y        ，所以圆N 过定点  8 4 0,4 , , 5 5       ……12 分 D x y z A B C E 高二数学参考答案第4页（共4 页） 22．解（1）设曲线C 上任一点 , ) M x y （ ，则 2 2 ( 6) 3 2 4 6 3 x y x     ， 化简得C 的方程为 2 2 1 8 2 x y  .………4 分 （2）当AB x  轴时，P 位于x 轴上，且OP AB  ， 由 2 OP  可得 6 AB  ，此时 1 2 3 AOB O S M AB    △ .………5 分 当AB 不垂直x 轴时，设直线AB 方程为y kx t  ，与椭圆交于   1 1 , A x y ，  2 2 , B x y ， 由 2 2 1 8 2 x y y kx t          ，得  2 2 2 1 4 8 4 8 0 k x ktx t     . 1 2 2 8 1 4 kt x x k      ， 2 1 2 2 4 8 1 4 t x x k   ，从而 2 2 4 , 1 4 1 4 kt t P k k          ，……7 分 由P 在圆 2 2 2 x y   上，可得 2 2 2 2 2(1 4 ) 1 16 k t k    .……8 分         2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 2 2 2 2 16 8 2 8 4 8 | | 1 ) 4 1 ) 4 1 1 4 1 4 (1 4 ) k t kt t AB k x x x x k k k k k                              ， 设O 到直线AB 的距离为d，则 2 2 2 1 t d k  ，     2 2 2 2 2 2 2 2 16 8 2 1 1 4 (1 4 ) 1 AOB k t t S k k k         .……10 分 (法一)将 2 2 2 2 2(1 4 ) 1 16 k t k    代入化简得   2 2 2 2 2 192 4 1 (1 16 ) AOB k k S k     .令 2 1 16k p   ， 则     2 2 2 2 2 2 2 1 12 1 1 192 4 1 1 1 4 4 3[ 3 ) 4 (1 16 ) 3 3 AOB p p k k S k p p                          ， 故 2 AOB S   ，当且仅当 3 p  即 2 1 8 k  时取等号，所以AOB  的面积最大值是2. ……12 分 （法二）   2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 8 2 4 4 8 2 2 4 (1 4 ) (1 4 ) AOB k t t k t t S k k                   ， 故 2 AOB S   ，当且仅当 2 2 2 8 2= k t t   即 2 1 8 k  取等号，所以AOB  的面积最大值是2. ……12 分