湖北省问津联合体2022-2023学年高二11月期中质量检测数学试题答案

2024 届问津联合体高二期中质量检测 高二数学试卷参考答案及评分细则 选择题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 D B C D B A A C ABD AC BD BC 填空题 13．   5, 1, 2  14． 2 9 15． 3 2 2 16． 2  解答题： 17、 【详解】 （1）直线BC 的斜率 6 4 2 0 ( 3) 3 BC k     ……………………2 分 BC 的方程为 2 6 3 y x   即：2 3 18 0 x y    . ………………5 分 （2）点A 到直线BC 的距离 2 2 | 2 ( 1) 3 2 18| 10 13 13 3 2 d      ，………… 7 分 2 2 | | (0 3) (6 4) 13 BC      ， …………8 分 则ABC  的面积 1 1 10 13 | | 13 5 2 2 13 S BC d      …………10 分 18． 【详解】 （1）由题意得，过点   2, 1 P  且与直线 1 0 x y   垂直的直线方程为： 3 0 x y   由 2 3 0 y x x y       ，解得： 1 2 x y      圆心M 的坐标为1, 2 ………… 3 分 圆M 的半径：     2 2 1 2 2 1 2 r MP      ………… 5 分 圆M 的方程为：    2 2 1 2 2 x y    + …………6 分 （2）因为直线l 被圆M 截得的弦长为 6 圆心M 到直线l 的距离： 6 2 2 4 2 d    ………… 7 分 若直线l 的斜率不存在，则l 为直线 0 x  ，此时圆心M 到的距离为1，不符合题意；… … 8 分 若直线l 的斜率存在，设直线l 的方程为：y kx  ，即 0 kx y 由 2 2 2 2 1 k d k     ，整理得： 2 8 7 0 k k    ………… 10 分 解得： 1 k 或7  直线l 的方程为： 0 x y   或7 0 x y   ………… 12 分 19． 【详解】 （1）连结 1 PF ，由 2 POF 为等边三角形可知：在 1 2 F PF △ 中， 1 2 90 FPF   ， 2 PF c  ， 1 3 PF c  ， 于是 1 2 2 3 a PF PF c c    ，…………3 分 故椭圆C 的离心率为 2 3 1 1 3 c e a      ；…………5 分 （2）由题意可知，满足条件的点( , ) P x y 存在，当且仅当1 2 16 2 y c   ， 1 y y x c x c     ， 2 2 2 2 1 x y a b  ， 即 16 c y  ① 2 2 2 x y c   ② 2 2 2 2 1 x y a b   ③ 由②③以及 2 2 2 a b c   得 4 2 2 b y c  ，又由①知 2 2 2 16 y c  ，故 4 b  ；………… 8 分 由②③得 2 2 2 2 2 ( ) a x c b c   ，所以 2 2 c b  ，从而 2 2 2 2 2 32 a b c b     ，故 4 2 a  ； 当 4 b  ， 4 2 a  时，存在满足条件的点P . 故 4 b  ，a 的取值范围为[4 2, ) .…………12 分 20．(1) 3 4 (2) 1 16 (3) 3 16 【详解】 （1）解：设该小组未能进入第二轮为事件A， 则  3 2 1 3 1 4 3 2 4 P A     ， 故该小组未能进入第二轮的概率为3 4 ．.…………4 分 （2）解：设该小组能进入第三轮为事件B， 则  3 2 1 3 2 1 1 4 3 2 4 3 2 16 P B        ， 故该小组能进入第三轮的概率为1 16 ．.…………8 分 （3）解：设乙猜歌曲的次数不小于2 为事件C，  3 2 1 3 3 4 3 2 4 16 P C      ． 故乙猜歌曲的次数不小于2 的概率为3 16 ．.…………12 分 21． 【详解】(Ⅰ)由于P A⊥平面ABCD，CD平面ABCD，则P A⊥CD，.………… 1 分 由题意可知AD⊥CD，且P A∩AD=A，…………2 分 由线面垂直的判定定理可得CD⊥平面P AD. ………… 3 分 (Ⅱ)以点A 为坐标原点，平面ABCD 内与AD 垂直的直线为x 轴，AD,AP 方向为y 轴，z 轴建立如图所示的 空间直角坐标系A xyz  ， 易知：        0,0,0 , 0,0,2 , 2,2,0 , 0,2,0 A P C D ，………… 4 分 由 1 3 PF PC  可得点F 的坐标为 2 2 4 , , 3 3 3 F      ， 由 1 2 PE PD  可得   0,1,1 E ， 设平面AEF 的法向量为：   , , m x y z  ，则      2 2 4 2 2 4 , , , , 0 3 3 3 3 3 3 , , 0,1,1 0 m AF x y z x y z m AE x y z y z                         ， 据此可得平面AEF 的一个法向量为：   1,1, 1 m   ，…………6 分 很明显平面AEP 的一个法向量为   1,0,0 n  ， 1 3 cos , 3 3 1 m n m n m n        ， 二面角F-AE-P 的平面角为锐角，故二面角F-AE-P 的余弦值为 3 3 .………… 8 分 (Ⅲ)易知    0,0,2 , 2, 1,0 P B  ，由 2 3 PG PB  可得 4 2 2 , , 3 3 3 G      ，………… 9 分 则 4 2 2 , , 3 3 3 AG        ，………… 10 分 注意到平面AEF 的一个法向量为：   1,1, 1 m   ， 其 0 m AG   且 点A 在平面AEF 内， 故直线AG 在平面AEF 内. …………1 2 分 22． （1） 2 2 1 4 2 x y  ； （2）2 2  ． 【详解】 （1）解：由题意 2 2 2 , 2 1 1, a b a b        解得 2 a  ， 2 b  ， 所以椭圆的标准方程为 2 2 1 4 2 x y  ．…………4 分 （2）点(2,0) A ，右焦点  2,0 F ，由题意知直线l 的斜率不为0， 故设l 的方程为 2 x my   ，   1 1 , M x y ，   2 2 , N x y ， 联立方程得 2 2 1 4 2 2 x y x my         ， ， 消去x ，整理得 2 2 ( 2) 2 2 2 0 m y my     ，………… 5 分 ∴ 2 16( 1) 0 m    ， 1 2 2 2 2 2 m y y m    ， 1 2 2 2 2 y y m   ，………… 6 分       2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ) 2 2 4 2 8 1 m m y y y y y y m m m                     16（ 2 1 2 2 4 1 2 m y y m      ………… 8 分   1 2 1 2 2 2 AMN S y y          2 2 1 2 2 2 2 m m         2 2 1 2 2 2 2 2 1 1 1 m m      ，………10 分 当且仅当 0 m  时等号成立，此时l ： 2 x  ，………… 11 分 所以AMN 面积的最大值为2 2  ．…………1 2 分