【文档说明】山东省济南市莱芜第一中学2022-2023学年高二上学期期末阶段性学情检测数学试题答案.pdf，共(7)页，443.612 KB，由小赞的店铺上传

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学科网（北京）股份有限公司济南市莱芜第一中学高二阶段性检测试题（数学）答案一、单项选择题：ACACBAAB二、多项选择题AC,BCD,AB,AD三、填空题13.①2x或34140xy13.②111

313.③2213.④24，yx四、解答题.29332)139233131(32)3(3......33()1......432(313)2(11231632,3,3,21.142222132112321

nnnnnnnSnabnaaadaaaaaaaannnnnnannnn（））所以由题意可得所以所以公差解得所以）可知（15.（1）将

两圆的方程作差即可得出两圆的公共弦所在的直线方程，即222242240xyxyxyy，化简得10xy，所以圆1C的圆心0,1到直线10xy的距离为11211d

，则22215232ABrd，解得23AB，所以公共弦长为23.（2）解法一：设过两圆的交点的圆为222242240,1xyxyxyy，则2242240,1111xyxy

；由圆心21,11在直线241xy上，则414111，解得13，所求圆的方程为22310xyxy，即2231722

2xy.解法二：由（1）得1yx，代入圆222:420Cxyxy，化简可得22410xx，解得262x；{#{QQABTYAUogCgAAIAAABCUwHACkIQkhGCCIgGQFAYsEAByQNABAA=}#}学科网（北京）

股份有限公司当262x时，62y；当262x时，62y；设所求圆的圆心坐标为,ab，则22222662662222241ababab

，解得3212ab；所以22232616722222r；所以过两圆的交点且圆心在直线241xy上

的圆的方程为22317222xy16.（1）证明：因为AO⊥平面BB1C1C，B1C⊂平面BB1C1C，所以AO⊥B1C．因为BC＝BB1，四边形BB1C1C是平行四边形，所以四边形BB1C1C是菱形．所以BC1⊥B1C．

因为AO∩BC1＝O，AO⊂平面ABC1，BC1⊂平面ABC1，所以B1C⊥平面ABC1．因为AB⊂平面ABC1，所以B1C⊥AB．（2）解：因为AB与平面BB1C1C所成角为30°，AO⊥平面BB1C

1C，所以∠ABO＝30°，因为∠B1BC＝60°，所以△BCB1是正三角形，设BC＝2，则，以O为原点，分别以OB，OB1，OA所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，设平面AB1C1的一个法向量为n1＝

（x，y，z），则令x＝1，得，设平面B1C1A1的一个法向量为n2＝（x′，y′，z′），{#{QQABTYAUogCgAAIAAABCUwHACkIQkhGCCIgGQFAYsEAByQNABAA=}#}学科网（北京）股份有限公司则令x′＝1，解得．

设二面角A1﹣B1C1﹣A的大小为θ，因为，所以，所以二面角A1﹣B1C1﹣A的正弦值为．17(1)因椭圆C：22221xyab的离心率为22，则222212abea，即222ab，又点(2,2)在C上，则有22421ab，联立解得228,4ab，.所以椭圆

C的方程为22184xy.(2)因直线l不过原点O且不平行于坐标轴，则设直线l：ykxm(0,0)km，11(,)Axy，22(,)Bxy，(,)MMMxy将ykxm代入22184xy得222()214280kxkmxm，22222

2168(21)(4)8(84)0kmkmkm，即2284km，122421kmxxk，于是得1222221Mxxkmxk，221MMmykxmk，因此，直线OM的斜率12MOMMykxk，则有12OMkk，所以直线OM

的斜率与直线l的斜率的乘积为定值12.18.（1）由11nnnaaca，得111nncaa，即111nncaa，所以数列1na是等差数列，其公差为c，首项为1，因此，111nnca，111nanc，

由125,,aaa成等比数列，得2215aaa，即2111141cc，{#{QQABTYAUogCgAAIAAABCUwHACkIQkhGCCIgGQFAYsEAByQNABAA=}#}

学科网（北京）股份有限公司解得2c或0c=（舍去），故121nan．（2）因为2241211114121212121nnbnnnnn，所以1211111111335212121nnSbbbnnnnn

因为1021n，所以1nSn．19.（1）双曲线2222:10,0xyCabab一条渐近线方程为byxa，焦点(,0)Fc，则焦点到准线的距离22||bcdbab，由F到渐近线的距离为3可知：3b，由渐近线方程为3yx知：3ba

，故1a，所以双曲线方程为：2213yx；（2）设直线l的方程为2xmy，联立22213xmyyx，整理得：2231)1290mymy（，设1122(,),(,)PxyQxy，而(1,0),(2,0)AF,

则121222129,3131myyyymm，所以121224()431xxmyym，221212122342()431mxxmyymyym，假设存在实数t，使得FMFNFMFN，则0FMFN

,故由AP方程：11(1)1yyxx,令xt得11(,(1))1yMttx，同理AQ方程：22(1)1yyxx,令xt得22(,(1))1yNttx，所以1212(2,(1))(2,(1))011yyFMFNttttxx

，即221212(2)(1)0(1)(1)yyttxx，{#{QQABTYAUogCgAAIAAABCUwHACkIQkhGCCIgGQFAYsEAByQNABAA=}#}学科网（北京）股份有限公司则222222931(2)(1)0344

13131mttmmm，即22(2)(1)0tt，解得12t，故存在实数12t，使得FMFNFMFN.{#{QQABTYAUogCgAAIAAABCUwHACkIQkhGCCIgGQFAYsEAByQNA

BAA=}#}学科网（北京）股份有限公司{#{QQABTYAUogCgAAIAAABCUwHACkIQkhGCCIgGQFAYsEAByQNABAA=}#}获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号w

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