【文档说明】山西省怀仁市第一中学2021-2022学年高二上学期第二次月考理科数答案.pdf，共(5)页，344.463 KB，由小赞的店铺上传

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高二理科数学答案第1页,共5页怀仁一中2021-2022学年第一学期高二年级第二次月考理科数学答案及解析1.B[z(z-1)=(2+i)(1-i)=3-i.]2.A[直线mx+(2m-1)y+2=0与直线3x+my+3=0垂直,所以3

m+(2m-1)·m=0,解得m=0或m=-1,故选A.]3.A[直线l的方程为y=k(x-1)+1,直线l恒过(1,1)点,设为M,如图.kMA=1-(-3)1-2=-4,kMB=1-(-2)1-(-3)=34,由题意可知,k≥34

或k≤-4,故选A.]4.A[(x-2)2+y2(x-8)2+y2=14,化简可得5x2+5y2-16x=0,即x-852+y2=6425,所以曲线C关于x轴对称.]5.C[由题意,直线y=-2x+b与直线y=ax+3关于直线y=-x对称,所以直线y=ax+3上的点(0,3

)关于直线y=-x的对称点(-3,0)在直线y=-2x+b上,所以(-2)×(-3)+b=0,所以b=-6,所以直线y=-2x-6上的点(0,-6)关于直线y=-x的对称点(6,0)在直线y=ax+3上,所以6a+3=0,所以a=-12.]6.C

[对于①,已知A,B,C,D是空间任意四点,则AB→+BC→+CD→+DA→=0,正确;对于②,若两个非零向量AB→与CD→满足AB→+CD→=0,则AB→∥CD→,正确;对于③,OA→+λOB→=(1,-λ,λ),cos120°=λ+λ1+2λ2·2=-

12,得λ=±66.经检验λ=66不合题意,舍去,所以λ=-66.错误;对于④,对于空间的任意一点O和不共线的三点A,B,C,若OP→=xOA→+yOB→+zOC→(x,y,z∈R),当且仅当x+y+z=1时,P,A,

B,C四点共面,故错误,故选C.]7.C[设OQ→=λOP→,则OQ→=λ(1,1,2)=(λ,λ,2λ),QA→=OA→-OQ→=(1,2,3)-(λ,λ,2λ)=(1-λ,2-λ,3-2λ),QB→=OB→-OQ→

=(2,1,2)-(λ,λ,2λ)=(2-λ,1-λ,2-2λ),∴QA→·QB→=(1-λ,2-λ,3-2λ)·(2-λ,1-λ,2-2λ)=6λ2-16λ+10,当λ=43时,QA→·QB→取得最小值,此时点Q的坐标为43,43,

83.]8.C[直线l1:m(x+2y-2)-x+2=0过定点A(2,0),在直线l1运动过程中,原点在直线l1上的射影P的轨迹是以OA为直径的圆,记圆心C(1,0),半径为1,由点C(1,0)到直线l2的距离d=155=3可得,动点P到直

线l2的距离的取值范围为[d-1,d+1],即[2,4].]9.C[如图,建立空间直角坐标系,方法一M(0,0,1),N(1,2,0),P(x,y,z),PM→=(-x,-y,1-z),PN→=(1-x,2

-y,-z),∴PM→·PN→=-x(1-x)-y(2-y)-(1-z)z=x2+y2+z2-x-2y-z=x-122+(y-1)2+z-122-32,设MN的中点为G,则G12,1,12,P(x,y,z),∵|PG|=x-122+(y-1)2+z-122,∴|PG|max=62,|

PG|min=12,∴(PM→·PN→)max=622-32=0,􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋�

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�􀪋􀪋􀪋高二理科数学答案第2页,共5页(PM→·PN→)min=122-32=-54,∴PM→·PN→的取值范围为-54,0􀭠􀭡􀪁􀪁􀭤􀭥􀪁􀪁,故选C.方法二设MN的中点为G,PM→·PN→=(PG→+GM→)·(PG→+GN→)=PG→2+PG→·

(GM→+GN→)+GM→·GN→=PG→2-GM→2=|PG→|2-|GM→|2,又|MN|=12+12+22=6,∴|GM→|2=622=32,|PG→|2max=622=32,|PG→|2min=122=14,

∴(PM→·PN→)max=32-32=0,(PM→·PN→)min=14-32=-54.∴PM→·PN→的取值范围为-54,0􀭠􀭡􀪁􀪁􀭤􀭥􀪁􀪁.]10.B[以A为原点,在平面ABC中过A作AC的垂线为x轴,AC为y轴,AA1为z轴,建立空间直角坐标系,因为正三棱柱

ABC-A1B1C1中所有棱长为2,则B(3,1,0),D(0,2,1),E(0,0,x),x∈[0,2],BD→=(-3,1,1),BE→=(-3,-1,x),设平面BED的法向量为n=(a,b,c),则n·BD→=-3a+b+c=0,n·BE

→=-3a-b+xc=0,取a=1,得n=1,3-23x+1,23x+1,平面ABC的一个法向量=(0,0,1),设平面BDE与底面ABC所成锐二面角的平面角为θ,cosθ=23x+11+3-23x+12+23x+12=3(

x+1)2-3(x+1)+6=3x2-x+4=3x-122+154,x∈[0,2],当x∈0,12􀭠􀭡􀪁􀪁时,cosθ随着x的增大而增大,则θ随着x的增大而减小,当x∈12,2􀭤􀭥􀪁􀪁时,cosθ随着x的增大而减小,则θ随着x的增大而增大.故选B.]11.D[对于A,甲同学仅选

择一个选项,样本空间Ω={A,B,C,D},能得2分的样本点为A,C,D,概率为34;对于B,乙同学仅随机选三个选项,样本空间Ω={ABC,ABD,ACD,BCD},仅在选ACD时得5分,概率为14;对于C,

丙同学选择选项的样本空间Ω={A,B,C,D,AB,AC,AD,BC,BD,CD,ABC,ABD,ACD,BCD},共14个样本点,能得分的样本点为A,C,D,AC,AD,CD,ACD,共7个,故丙同学能得分

的概率为714=12;对于D,丁同学选择选项的样本空间Ω={AB,AC,AD,BC,BD,CD,ABC,ABD,ACD,BCD},共10个样本点,能得分的样本点为AC,AD,CD,ACD,共4个,故丁同学能得分的概率是410=25.故选D.]12.D[取AD的中

点O,连接PO,则PO⊥AD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PO⊂平面PAD,所以PO⊥平面ABCD,取BC的中点E,连接OE,以O为坐标原点,OD,OE,OP所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空

间直角坐标系,又CD=23,点Q是PD的中点,所以P(0,0,32),A(-6,0,0),D(6,0,0),Q62,0,322,C(6,23,0),对于A,平面PAD的法向量为m=(0,1,0),CQ=-62,-23,322,m与CQ→不共线,所以CQ与平面PAD不垂直

,故A错误;对于B,PC→=(6,23,-32),设平面AQC的法向量为n=(x,y,z),AQ→=362,0,322,AC→=(26,23,0),􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋

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􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋高二理科数学答案第3页,共5页由n·AQ→=0,n·AC→=0,即362x+322z=0,26x+23y=0,􀮠􀮢􀮡􀪁􀪁􀪁􀪁化简得3x+z=0,2x+y=0,令x=3,z=-3,y=-6,所以n=(3,-6,

-3),设PC与平面AQC所成角为θ,则sinθ=|cos<n,PC→>|=n·PC→|n||PC→=13,故B错误;对于C,VB-ACQ=VQ-ACB=13S△ACB×12|PO|,所以VB-ACQ=13×12×26×2

3×12×322=3,故C错误;对于D,设矩形ABCD对角线的交点为G,AD=26,CD=23,所以|GA|=|GB|=|GC|=|GD|=3,G(0,3,0),Q62,0,322,GQ→=62,-3,322,|GQ→|=64+3+184=3,所以|GA|=|GB|=|GC|=|GD

|=|GQ|=3=R,G为四棱锥Q-ABCD外接球球心,所以球的体积为V=43πR3=36π,故D正确.]13.75解析由题意可知,10(0.005+0.030+0.035+a+0.010)=1,解得a=0.02

0.平均值为55×0.05+65×0.3+75×0.35+85×0.2+95×0.1=75.14.[-2,1]解析y=1-2x-x2可化为y-1=-2x-x2,平方变形为(y-1)2=2x-x2(y≤1),化简可得(x-1)2+(y-1)2

=1(y≤1).如图所示,曲线轨迹是以(1,1)为圆心,以1为半径的半圆,直线y=x+b与半圆有公共点,y=x+b过(0,1)点时,b=1.y=x+b与圆相切时,圆心(1,1)到y=x+b的距离d=|1-1+b|1+1=|b|2=1,b=±2,如图,b<0

,所以b=-2,所以b的取值范围是[-2,1].15.37解析直线2x+3y-6=0分别交x,y轴于A,B两点,则A(3,0),B(0,2),设A关于直线y=-x-1对称的点为A1(x,y),则yx-3=1,y2=-x+32-1,􀮠􀮢􀮡􀪁􀪁􀪁􀪁解得x=-1y=-4,|PA|+

|PB|=|PA1|+|PB|≥|A1B|=37,当A1,P,B三点共线时等号成立.16.②③④解析①点P(2,-1,3)关于yOz平面的对称点是(-2,-1,3),故①错误;②{a,b,c}是空间的一个基底,所以a,b,c不共面,所以a+b,b+c,c+a一定能构成空间的一个基底,故②正确

;对于③,∵PC→=14PA→+34PB→,∴14PC→-14PA→=34PB→-34PC→,即AC→=3CB→,∴A,B,C三点共线,故③正确;对于④,设平面α的法向量为m=(x,y,z),由m·AB→=0,得x·0+y-z=0⇒y=z,由m·AC→=0

,得x-z=0⇒x=z,取x=1.∴m=(1,1,1),m=-n,∴m∥n,∴α∥β.故④正确.17.解(1)因为BC中点M的坐标为2+02,0+32,即M1,32,1分…………………………………所以BC边的中线所在的直线为AM,2分………因为

kAM=0-32-1-1=34,3分……………………所以直线的方程为y-0=34[x-(-1)],4分……………………………………………………即所求的直线方程为3x-4y+3=0.5分………(2)方法一设D(x,y),因为A,B,D三点不共线,所以y≠0

,6分…………………………………因为AD⊥BD,且BD,AD斜率均存在,所以kAD·kBD=-1,7分…………………………………又kAD=yx+1,kBD=yx-2,所以yx+1·yx-2=-1,9分………………………化简得x2+y2-x-2=0.

􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋�

�􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋高二理科数学答案第4页,共5页因此,直角顶点D的轨迹方程为x2+y2-x-2=0(y≠

0).10分……………………………………方法二设AB的中点为E,由中点坐标公式得E12,0,6分………………………………………由直角三角形的性质知|ED|=12|AB|=32.7分………………………………………………由圆的定义知,动点D的轨迹是以

E12,0为圆心,32为半径的圆,由于A,B,D三点不共线,所以应除去与x轴的交点,即y≠0,9分……………所以直角顶点D的轨迹方程为x-122+y2=94(y≠0).10分………………………………………18.解(1)圆C:x2+y

2-2x-7=0,化成标准方程为(x-1)2+y2=8,1分…………………………圆心坐标为(1,0),2分……………………………半径r=22,所以圆C的面积S=πr2=8π.3分…………………………………………………(2)直线l过点P(1,-2),斜率为-3,所以直线方程为

y=-3(x-1)-2,4分………化为一般式为3x+y-3+2=0,圆心C(1,0)到直线l的距离d=|3-3+2|(3)2+1=1,6分……………………………………………所以|AB|=2r2-d2=28-1=27.7分…(3)因圆上恰

有三点到直线l的距离等于2,转化为圆心C(1,0)到直线l的距离为r2=2,8分………………………………………………当直线l垂直于x轴时,显然不符合题意;9分……………………………………………………设

直线l的方程为y=k(x-1)-2,即kx-y-k-2=0,由圆心C到直线l的距离d=|k-k-2|k2+1=2k2+1=2,10分………………………………解得k=±1,11分…………………………………故直线l的方程为x-y-3=0或x+y+1=0.12分………………………………………………19.

解(1)BC→=(2,1,-2),1分…………………又c∥BC→,设c=λBC→,则c=(2λ,λ,-2λ),2分…………………………………………………|c|=4λ2+λ2+4λ2=9λ2=9,λ=±3,3分………………………………

……………………所以c=(6,3,-6)或(-6,-3,6).4分…………(2)a=AB→=(-1,-1,0),b=AC→=(1,0,-2),5分……………………………………………a+kb=(-1,-1,0)+

(k,0,-2k)=(k-1,-1,-2k),6分…………………………………………因为(a+kb)⊥a,所以(a+kb)·a=0,7分……所以(a+kb)·a=-(k-1)+1=-k+2=0,所以k=2.8分……………………………………(3)AB→·A

C→=-1×1-1×0+0×(-2)=-1,|AB→|=2,|AC→|=5,9分………………………cos<AB→,AC→>=AB→·AC→|AB→||AC→|=-12×5=-1010,10分………………………………………………所以si

n<AB→,AC→>=1--10102=31010,11分………………………………………………所以S△ABC=12|AB→||AC→|·sin<AB→,AC→>=12×2×5×31010=32.12分………………20.解(1)由题意知P(A0)=1-45=15,1分……P(A1)=45

×1-34=15,2分…………………P(A2)=45×34=35.3分………………………(2)设“乙同学答对0个,1个,2个问题”分别记为事件B0,B1,B2.由题意可知P(B0)=1-34=14,P(B1)=34×1-23=14,

P(B2)=34×23=12.6分………………………设“星队”进入下一轮比赛为事件M.则M=A2B1∪A1B2∪A2B2.8分………………所以P(M)=P(A2B1∪A1B2∪A2B2)=P(A2B1)+P(A1B2)+P(A2B2)=P(A2)P(B1)+P(A1)P(B2)+P(A2)P

(B2)=35×14+15×12+35×12=1120.11分…………所以“星队”能进入下一轮比赛的概率为1120.12分…………………………………………………􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋

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􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋高二理科数学答案第5页,共5页21.解(1)AB=3,BC=2,由AC2+2AB=5,知AC2=5-2AB=5-23,在△ABC中,由余弦定理得cos∠ABC=BC2

+AB2-AC22AB×BC=2+3-5+232×2×3=22,2分……………………………………………∵0<∠ABC<π,∴∠ABC=π4.4分……………(2)∵∠PBA+∠PBC=π4,∠PCB+∠PBC=π-∠BPC=π4,∴∠PBA=∠PCB,设∠PBA=∠PCB=α,5分……………

………则在△PBC中,由正弦定理得PBsinα=BCsin3π4,∴PB=2sinα,7分………………………………在△APB中,由正弦定理得PBsinπ6-α=ABsin5π6,∴PB=23sinπ6-α,9分……………………∴si

nα=3sinπ6-α=3sinπ6cosα-cosπ6sinα,10分……………化简可得tanα=35,故tan∠PBA=35.12分…………………………22.解(1)连接BD,取AB的中点E,连接DE.因为四棱柱ABCD-A1

B1C1D1的棱长均相等.所以底面是菱形ABCD,又∠BAD=60°,所以△ABD是正三角形,所以DE⊥AB,DE⊥DC.又因为四棱柱的侧棱与底面垂直,所以DE,DC,DD1两两垂直,1分………………以D为坐标原点,分别

以直线DE,DC,DD1为x,y,z轴建立空间直角坐标系.2分……………又已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱长均为2,因为AE∥DC,且AE=12DC=1,所以DE=3.所以B1的坐标为(3,1,2).3分…………………(2)由(1)及题意,得相关点的坐标为D(0,0,0),A(3,-1,

0),C(0,2,0),M(0,0,1),C1(0,2,2),AC→=(-3,3,0),AM→=(-3,1,1).设平面ACM的法向量为m=(x1,y1,z1),则m·AC→=0,m·AM→=0,即-3x1+3y1=0,-3x1+y1+z1=0,4分…令x1=3,则y

1=1,z1=2,即平面ACM的法向量为m=(3,1,2),5分…又MC1→=(0,2,1),所以点C1到平面ACM的距离为d=|MC1→·m||m|=2+23+1+4=2.7分…………(3)设点N(0,λ

,2)(0≤λ≤2),则CN→=(0,λ-2,2),设平面ACN的法向量为n=(x2,y2,z2),则n·AC→=0,n·CN→=0,即-3x2+3y2=0,(λ-2)y2+2z2=0,取x2=3,则n=3,1,-λ-22,8分…………则有cosπ4=|

cos<m,n>|=|m·n||m||n|=3+1+(2-λ)22×1-λ22+4=22,11分…………解得λ=2,此时点N位置在点C1处,故当点N与点C1重合时,二面角M-AC-N的大小为π4.12分

………………………………………􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋�

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