湖北省荆州市八县市2021-2022学年高二上学期期末质量检测数学试题答案
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第1页,共3页 2021~2022 学年度上学期期末质量检测 高二数学试题参考答案 一、选择题 1. C 2. C 3.B 4.D 5.A 6.A 7.B 8.A 9.AB 10.AD 11.BC 12.ACD 二、填空题 13. 6 14.( 10 3 , 0) 15.−1 16. 55 3���2−��� 2 三、解答题 17.解:1 设事件���,���,���,���分别表示“被评为等级���,���,���,���”, 由题意,事件���,���,���,���两两互斥, 所以������= 1 − 3 4 − 1 8 − 3 32 = 1 32, 又���∪���=“不被罚款”, 所以������∪���= ������+ ������= 3 4 + 1 8 = 7 8. 因此“不被罚款”的概率为 7 8;………………………………5 分 2 设事件������,������,������,������表示“第���单被评为等级���,���,���,���”,���= 1,2, 则“两单共获得的奖励为3 元”即事件���1���2 ∪���2���1 , 且事件���1���2,���2���1彼此互斥, 又������1���2 = ������2���1 = 3 4 × 1 8 = 3 32, 所以���= ������1���2 ∪���2���1 = ���(���1���2) + ���(���2���1) = 3 32 × 2 = 3 16.………………………………………………10 分 18.解:(1)由���(0,2)和���(4,6)得:������中点���(2,4) ∵四边形������������为菱形���������= 6−2 4−0 = 1,∴������⊥������, ∴���������=−1, 且���(2,4)为������中点, ∴对角线������所在直线方程为:���−4 =−(���−2), 即:���+ ���−6 = 0.……………………………………………………6 分 (2)由���+ ���−6 = 0 3���−���+ 2 = 0, 解得:���(1,5), ∴���������= 6−5 4−1 = 1 3, ∵������//������, ∴���������= 1 3, ∴直线������的方程为:���−2 = 1 3 ���, 即:���−3���+ 6 = 0.……………………………………………………12 分 19.(1)证明:(方法一)假设������与������垂直,又直线������⊥平面������������,������⊂平面������������, 所以������⊥������.而������与������相交,所以������⊥平面��������� 又������⊂平面���������,从而������⊥������ 又已知������������是正方形,所以������与������不垂直,这产生矛盾,所以假设不 成立, 即������与������不垂直得证.………………………………………………5 分 (方法二)向量法,此处略. (2)由题知直线������,������,������两两垂直,则以������ � ����,������ � ����,������ � ����的方向分别为 ���,���,���轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系���−���������,则���(2,2,0), ���(0,2,0),���(0,0,3),���(2,0,0). 设平面���������的法向量为��� � ��= (���1, ���1, ���1), 因为������ � ����= ( −2,0,3),������ � ����= (0,2,0), 第2页,共3页 所以������ � ����⋅��� � ��=−2���1 + 3���1 = 0, ������ � ����⋅��� � ��= 2���1 = 0, 令���1 = 3,得��� � ��= (3,0,2).…………7 分 设平面���������的法向量为��� � �= (���2, ���2, ���2), 因为������ � ����= ( −2,0,0),������ � ����= (0,2, −3),所以������ � ����⋅��� � �=−2���2 = 0, ������ � ����⋅��� � �= 2���2 −3���2 = 0, 令���2 = 3,得��� � �= (0,3,2).…………………………………………………9 分 因为|cos < ��� � ��,��� � �> | = |��� � ��⋅��� � �| |��� � ��||��� � �| = 4 13.…………………………………………11 分 显然二面角���−������-D 为钝二面角, 所以二面角���−������-D 的余弦值是− 4 13 .…………………………………………………………12 分 20.解:(1)由已知可设圆心���(���, 0),(���>−10),则 ���+10 10 = 10, 解得���= 0 或���=−20(舍). 所以圆���:���2 + ���2 = 10.……………………………………………………5 分 (2)如图,当直线������的斜率不为0 时,设直线������的方程为���= ������+ 2,���(���, 0),���(���1, ���1),���(���2, ���2), 由���2 + ���2 = 10 ���= ������+ 2 , 得到:���2 + 1 ���2 + 4my −6 = 0,∆> 0 显然成立. 所以���1 + ���2 = −4��� ���2+1,���1���2 = −6 ���2+1. ① …………………7 分 若���轴平分∠���������,则���������=−���������, 所以: ���1 ���1−���+ ���2 ���2−���= 0, 整理得:2������1���2 + (2 −���)(���1 + ���2) = 0, 将①代入整理得������−5 = 0 对任意的���恒成立,则 ���= 5.……………………10 分 当直线������的斜率为0 时,���轴平分∠���������显然成立. 综上所述,当点���为(5,0)时,能使得∠���������= ∠���������总成立.…………………12 分 21.解:(1)由���1 + 22���2 + ⋯+ ���2������= ���2 + ���, 可得���1 + 22���2 + ⋯+ (���−1)2������−1 = (���−1)2 + ���−1(���∈���∗, ���≥2), 两式相减可得������= 2 ���(���∈���∗, ���≥2),………………………………………………4 分 当���= 1 时,���1 = 2,满足������= 2 ���,所以������= 2 ���.……………………………………5 分 (2)������= 2������= 2 ���= 4 ���+ ���, 因为 4 ���+ ���< 4 ���+ ���−1 = 4( ���− ���−1),…………………………………………9 分 所以当���≥2 时������< 2 + 4 2 −1 + ⋯ ���− ���−1 = 4 ���−2.…………12 分 22.(1) 设���1( − 3, 0),���2( 3, 0), 则 (���+ 3)2 + ���2 − (���− 3)2 + ���2 =2,等价于������1 −|������2| = 2 < |���1���2|, ∴曲线���为以���1,���2为焦点的双曲线,且实轴长为2,焦距为2 3, 故曲线���的方程为:���2 − ���2 2 = 1……………………………………………………4 (2) 由题意可得直线������的斜率存在且不为0,可设直线������的方程为���= ������(���≠0), 则直线������的方程为���=− 1 ������,由���2 − ���2 2 = 1 ���= ������ ,得 ���2 = 2 2−���2 ���2 = 2���2 2−���2 , 所以|������|2 = ���2 + ���2 = 2(���2+1) 2−���2 . 同理可得,|������|2 = 2(1+ 1 ���2) 2−1 ���2 = 2(���2+1) 2���2−1 ,………………………………………………6 分 所以 1 |������|2 + 1 |������|2 = 2−���2+(2���2−1) 2(���2+1) = 1+���2 2(���2+1) = 1 2.……………………………………8 分 第3页,共3页 |������|2 + |������|2 =2( |������|2 + ������|2 ( 1 |������|2 + 1 |������|2 ) = 2[2 + ( ������ ������)2 + ( ������ ������)2] ≥2(2 + 2) = 8, 当且仅当|������| = |������| = 2 时取等号.………………………………………………11 分 综上所述,当|������| = |������| = 2 时,|������|2 + |������|2取得最小值8.…………………12 分 (方法二) k 一定存在. m kx y y x 1 2 2 2 0 2 2 ) 2 ( 2 2 2 m kmx x k . 设 ) , ( 1 y x P , ) , ( 2 2 y x Q 2 2 2 1 2 2 1 2 2 2 2 k m x x k km x x 0 0 2 1x x 2 2 2 2 2 k m k ② ① 0 OQ OP 0 2 1 2 1 y y x x 即 0 ) )( ( 2 1 2 1 m kx m kx x x 0 ) ( ) 1 ( 2 2 1 2 1 2 m x x km x x k 韦达定理代入 得 0 2 2 2 ) 2 )( 1 ( 2 2 2 2 2 2 2 m k m k k m k 代得 2 2 2 2 k m 代入①联立②得 2 2 k 而 ] 4 ) )[( 1 ( | | | | | | 2 1 2 2 1 2 2 2 2 x x x x k PQ OQ OP 2 2 2 2 2 2 2 2 ) 2 ( 8 ) 2 ( 4 ) 1 ( k m k m k k 消m 2 2 2 2 2 ) 2 ( ) 4 )( 1 ( 8 | | k k k PQ 令 t k 2 2 则 ) 0 , 2 [ t 2 1 , 1 t 从而 2 2 ) 6 )( 3 ( 8 | | t t t PQ 1 9 18 8 2 t t 当 2 1 1 t 时 8 | | min 2 PQ 2 2 | | | | OQ OP 最小值为8.
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