《辽宁省锦州市2023-2024高二上学期期末数学试卷及答案》由会员分享，可在线阅读，更多相关《辽宁省锦州市2023-2024高二上学期期末数学试卷及答案（14页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、#QQABIYaAogAoABBAARgCAQVICAAQkAACCIoGhEAIMAAAwQNABCA=#QQABIYaAogAoABBAARgCAQVICAAQkAACCIoGhEAIMAAAwQNABCA=#QQABIYaAogAoABBAARgCAQVICAAQkAACCIoGhEAIMAAAwQNABCA=#20232024 学年度第一学期期末考试 高 二 数 学（参考答案及评分标准）一、一、选择题：本题共选择题：本题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 40 分。在每小题给出的四个选项中，只有分。在每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的。一项是符合题目要求
2、的。BDCA ADCA 二、选择题：本题共二、选择题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，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。全部选对的的得得 5 分，部分选对的得分，部分选对的得 2 分，有选错的得分，有选错的得 0 分。分。9.AC 10.BCD 11.ABC.12.ABD.三、填空题：本题共三、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分。分。13.1 14.0|22yxyx或|xy 或0 x等（答案不唯一）15.330 16.3,13 四、解答题：本题共四、解答题：本题
3、共 6 小题，共小题，共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17.(本题满分 10 分)解：（1）法法一一：直线0234 yx的斜率为34，.1 分 直线l与直线0234 yx平行,所以直线l的斜率为34，.2 分 所以直线l的方程为)3(347xy，即4390 xy.3 分 法法二二：依题意可设直线l的方程为430 xyt ，.1 分 由于直线l过点(3 7)M，所以4 3 3 70t ，所以9t ，.2 分 所以直线l的方程为 4390 xy.3 分（2）法一法一：由题意知圆过 A（4，0），B（0，2），所以AB中点为)1,2(
4、P，直线 AB 垂直平分线记为m，210420ABk，由1mABkk得2mk，所以直线12(2)myx 的方程为即23yx，又圆心在x轴上，即0y上，联立320 xyy，所以圆心坐标为)0,23(.4 分 半径254)023(2r.5 分 圆的标准方程为425)23(22yx.6 分 法二法二：设圆的一般方程为)04(02222FEDFEyDxyx，圆过4,0,0,2,0,2ABC，所以 0240240416FEFEFD.4 分 解得304DEF .5 分 所以圆的一般方程为04322xyx，标准方程为425)23(22yx .6分（3）圆心)0,23(C到直线0934:yxl的距离 343|
5、96|22d.8 分 最远距离=211253 .9分 最近距离=21253.10 分 18.（本题满分 12 分）（1）直线/OM平面PAB .1 分 证明：因为四边形ABCD为正方形，所以O为BD的中点 又因为M为PD中点,所以/OMPB.3 分 因为OM面PAB，.4 分 PB面PAB，所以/OM平面PAB.5 分（2）法一：法一：以A为原点,AB，AD，AP的方向分别为x，y，z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，.6分 则(2,0,0)，(2,2,0)，(0,2,0)，(0,0,2),则=(0,2,2)，=(2,2,0)，设平面的法向量为 =(,)，则 =0 =0，即2 2=02+2
6、=0，令=1，则=1，=1，所以 =(1,1,1)，.9 分 又=(2,0,0)，故点到平面的距离=|=|2|3=2 33 .12 分 法二：法二：因为PA 面 ABCD，M为PD中点，所以M到面BCD距离1211PAh .6 分 因为2 2PBBD，M为PD的中点，所以BMMD 所以226BMBDDM 3262121DMBMSBMD .7 分 221CDBCSBCD .8 分 设点C到面PBD的距离为h，因为BMDCBCDMVV，.9 分 所以BMDBCDShSh31311 所以3323211BMDBCDSShh .12 分 19.（本题满分 12 分）(1)证明：在图(1)中，四边形ABC
7、D是直角梯形，ADBC/，所以90ABCBAD，因为1BC,2AD,E为AD中点，所以BCAEED，所以四边形BCDE为平行四边形，所以/BECD.又ABBC，所以四边形ABCE为正方形，所以AOBE.2 分 图(2)中，1 且/所以 1.4 分(2)解：已知二面角1 为90，所以平面1 平面，且交线为，由(1)知，1，所以1平面，.5 分 以O为原点，OB，OC，1OA的方向分别为x，y，z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，所以(22,0,0),(22,0,0),1(0,0,22),(0,22,0)，得=(22,22,0),1=(0,22,22),=(2,0,0)设平面1的法向量 =(1
8、,1,1)，设平面A1CD的法向量m=(x2,y2,z2)，设平面1与平面1所成角为，则 =0 1=0得1+1=01 1=0，取 =(1,1,1)，.8 分 001CDmCAm，所以 22200yzx取 =(0,1,1)，.10 分 从而|=|cos|=2 2 3=63，.11 分 平面1与平面1所成角 0,2，所以平面1与平面1所成角余弦值为 63.12 分 20.（本题满分 12 分）解：（1）由垂直平分线的性质可得 MP=MF，则 32|EP|MP|ME|MF|ME|EF|22 所以动点 M 的轨迹是以 E，F 为焦点，长轴长为32的椭圆，.2 分 可知3a，2c故122cab 所以曲线
9、C的方程为1322 yx .4 分（2）由已知直线mkxyl:交椭圆与不同两点 A，B，原点 O 到直线l距离为23 可得：231|2km，可得)1(4322km.5 分 将mkxy代入椭圆方程，整理得0336)31(222mkmxxk 222222(6)4(1 3)(33)1212362730kmkmmkk 所以221316kkmxx，22213133kmxx.6 分 所以21222)(1(|xxkAB13)1(12)31(36)1(2222222kmkmkk 22222)31()13)(1(12kmkk2222)13()19)(1(3kkk.8 分 169123242kkk)0(46321
10、2361912322kkk 当且仅当2219kk 即33k时等号成立，当0k 时，3|AB，综上可知2|maxAB,.10 分 当|AB|最大时，AOB的面积取最大值2323221S.12 分 21.（本题满分 12 分）（1）证明：在平行四边形11CCAA中，E，F分别为AC，11CA中点1/EFCC所以 .1 分 因为,O E分别为ACAB,1中点，所以1/OECB.2 分 因为OE与EF在面OEF内且相交，CB1与1CC在面11CCB内，.3 分 所以平面OEF/平面11CCB.4分 （2）l上存在点P使直线BA1与平面 ABP 所成角的正弦值为41，且线段PB1的长度为 1.理由如下：
11、因为11/ACAC，AC面111CBA，11CA面111CBA，所以/AC面111CBA，平面111CBA与平面CAB1的交线为l，AC1ABC面，/ACl所以，.6 分 取11BA中点 D，在菱形11AABB内，111BAAA，60111ABBBAA，所以11AAB为等边三角形，故11BAAD.7 分 以A为坐标原点，AB，AD，AC的方向分别为zyx,轴正方向建立如图所示空间直角坐标系，)0,0,0(A，)0,0,2(B，)2,0,0(C，)0,3,1(1A，)0,3,1(1B，)0,3,3(1BA，)0,0,2(AB 设),3,1(tP则),3,1(tAP 设面ABP的法向量为),(zy
12、xn 00ABnAPn0203xtzyx则0 x，取3z则ty，则)3,0(tn.10 分 记直线BA1与平面ABP所成角为，则11|1sin4|AB nABn，41332|3|2tt，所以12t，所以1|1 tPB.12 分 22.（本题满分 12 分）解：（1）因为 C 的一条渐近线方程为xy2 所以2ab，即 ab2.1 分 又右焦点坐标为)0,5(，所以522ba.2 分 解得2,1ba 所以曲线C的方程为1422yx.4 分（2）设2:tyxl，),(11yxA，),(22yxB 14222yxtyx可得01216)14(22tyyt 则0486412)14(4)16(222ttt 所以1416221ttyy，1412221tyy .5 分 因为直线l与双曲线 C 交于x轴上方的点,A B两点 所以002121yyyy即014120141622ttt解得21t.6 分 所以1228241Myytyt，22241MMxtyt 所以)148,142(22tttM.7 分 所以txykMM41.8分 由|BNAPBPAN|BPAPBNAN 可得2121yyyyyyNN.9 分 解得ttttyyyyyN23141614242222121，所以212NNtyx，所以)23,21(tN .10 分 所以txykNN32 .11 分 于是12)3(421ttkk为定值.12 分
