【文档说明】浙江省衢温“51”联盟2022-2023学年高二上学期期中联考数学（2）答案与评分标准.pdf，共(7)页，466.750 KB，由管理员店铺上传

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衢温“5+1”联盟2022学年第一学期高二年级期中联考数学参考答案及评分标准一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40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)题号12345678选项ADCBCBAD二、选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符

合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）9101112BDACACDABD三、填空题（本大题共4小题，多空题每题5分，共20分)13．(4,0)−14．301315．2−16．45四、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出文字

说明、证明过程或演算过程)17.解：（1）22cos2sinsin2sincoscabACABA=+=+，…………….2分2sin()sin2sincosABCABABA++=+=+，…………………………..3分1

2cossinsincos2BAAB==，，3B=…………………………………….5分13239(2)cossin1313CC==，………………………………………………..6分339sinsin()26ABC=+=………

………………………………………………….7分,43sinsinacacAC==由得……………………………………………………………8分又1ca−=，所以解得34ac==，……………………………………………………...9分1sin332ABCSacB==……………………

……………………………………10分18.解：（1）众数为1012112+=；…………………………………………………2分由于前三组的频率之和为0.150.100.350.60++=，前四组的频率之和为0.050.300.350.100.80+++=

，第75百分位数在第4组中,设第75百分位数为，则有：120.750.6020.2t−−=，解得：13.5t=,即第75百分位数为13.5；………………………………………………………………4分平均数为70.1590.1110.3513

0.2150.1170.111.6+++++=；…………6分（2）由分层抽样比例为100:205:1=，所以这在[6,8)和[8,10)的贫困户两组中所抽取的人数分别为3，2.………………………………………………

………………8分记年收入在[6,8)的3名贫困户分别为,,ABC，年收入在[8,10)的名贫困户分别为,ab，则从中随机抽取2户的所有可能结果为：,,,,ABACBCAaAb，,,,,BaBbCaCba

b共10种，其中抽到至少有一名在[8,10)的贫困户的可能结果：,AaAb，,,,,BaBbCaCbab，有7种，…………………………………………………………………………10分故年收入在[8,10)的贫困户至少有人被抽到的概率：710P=………………12分19.解：

（1）因为梯形ABCD，ADBC=，故//ABDC，所以12CDABkk==，…………………………………………………………………………2分又直线CD过点117(,)55C−，所以直线CD的方程为：1711()525yx−=+，即270xy−+=……………

……………4分（2）设点(,)Dmn，则270mn−+=①又由ADBC=，得22(1)(1)4mn+++=②联立①②，解得13mn=−=或21575mn=−=（舍,此时四边形ABCD为平行四边形）……7分即(1,3)D−，从而AD中点(1,1)

E−，又(3,1)B，所以BEAE⊥，即ABE为直角三角形，所以ABE的外接圆圆心为AB的中点(1,0)F，半径152rAB==，所以ABE外接圆方程为22(1)5xy−+=……………………………………………….10分由22117(1)(0)135

5CF=−−+−=，得ABE的外接圆的方程及该圆上一点到点C的最小值为135−…………………12分（设ABE的外接圆方程为220xyDxEyF++++=，则20210300204DEFDDEFEDEFF−−+==−+++==−++==−，所以ABE的外接圆

方程为22240xyx+−−=.求圆方程这部分给3分）20.解：（1）方法一：由()gxa得2(1)(3)axx−−+，……………………………….2分当1x=时，此时Ra；…………………………………………………………………..3分当14x时，23

4(12)11xaxxx+−=−−++−−，14x，10x−，44122(1)2611xxxx−++−+=−−，当且仅当411xx−=−时等号成立，即3x=时等号成立，6a−…………………………………………

…………………………………………6分方法二：2()[1,4]30[1,4]gxaxxaxax++−对恒成立对恒成立，设2()3,[1,4]hxxaxax=++−，对称轴为2ax=−，…………………………

…………2分①当12a−，即2a−时，只需min()(1)40hxh==，符合题意；②当142a−，即82a−−时，只需2min()()306224aahxhaa=−=−−+−，故62a−−；③当42a

−，即8a−时，只需min19()(4)19303hxhaa==+−，又8a−，无解.………………………………………………………………………5分综上所述，6a−.…………………………………………………………………………6分（2）))(),2,,(),2,,AyyfxxB

yygxxAB==+==+记由题意得…….8分()1()113,231fxxxAyyx=−++=−又当时，等号成立，=……………………9分)3,()2+agx−在，上单调递增(

)(2)72,72gxgaByya=+=+……………………………………………..10分,723,2ABaa+−即(3,3,2aa−−−又………………………………………………………………..12分21.证明：（1）在图1连

接DE交BC于O点，则在图2中，∵△BCD、△BCP都是等边三角形，∴,DOBCPOBC⊥⊥,..2分∵DOPOO=,∴直线BC⊥平面POD,..4分∵直线PD平面POD，∴PDBC⊥………….………………………………………………………………………………………………

………….5分（2）解法一假设存在点M，符合题意.设2AB=,则3PD=，则在△POD中，由3,3ODOPPD===,由余弦定理得120POD=，………………………………………………………………6分由（1）得直线BC⊥平面POD，又//

ADBC,∴直线AD⊥平面POD,∵AD平面ADP，∴平面ADP⊥平面POD作OQPD⊥,垂足为Q，则OQ⊥平面ADP,在△POD，由3,3ODOPDP===,120POD=所以32OQ=………………………………7分如图3，取AP中点N，连接BN，QN，由

1//2QNAD=，1//2OBAD=得四边形BNQO为平行四边形，因为OQ⊥平面ADP,所以BN⊥平面ADP，则直线BM与平面APD所成角为BMN，且32BNOQ==…………………………………..9分由已知10cos

4=，∴26sin1cos4=−=,由3sin2BNBMBMN==，得2BM=在△BDM中，设DMt=，由余弦定理得222222232(2)222223tt+−=+−即2320tt−+=，解得1t=或2t=…………………………

……………………………..11分所以存在点M,使得直线BM与平面APD所成角的余弦值为104，此时2PMDM=或12………………………………………………………………………….12分解法二（等体积法）：设2AB=,则3PD=,则在△POD中，由3,3ODOPPD===,由余弦定理得1

20POD=，……………6分作PHDO⊥,垂足为H,连接OH,得60POH=,∴3sin602PHPO==，由（1）得直线BC⊥平面POD，又//ADBC,∴直线AD⊥平面POD,∴ADPD⊥,所以ADP

是直角三角形，所以ADP的面积为1123322ADPD==，设点B到平面ADP的距离为h，由PABDBADPVV−−=得1113323432342h=，得32h=，…………………………….9分设直线BM与平面APD所成角为，则10cos4

=，所以26sin1cos4=−=所以3sin2hBM==，得2BM=,在△BDM中，设DMt=，由余弦定理得222222232(2)222223tt+−=+−即2320tt−+=，解得1t=或2t=………………………

…………………………….11分所以存在点M,使得直线BM与平面APD所成角的余弦值为104，此时2PMDM=或12………………………………………………………………………12分解法三（向量法）由解法一知32PH=,如图3，以BC的中点O为原点，,,OBDBOZ分别为,,xyz轴正方向，

建立空间直角坐标系，则(1,0,0),(2,3,0)BA−,(0,3,0)D−,所以33(0,,)22P，因此，(2,0,0)AD=−,33(0,3,)22PD=−−,……..7分设平面ADP的法向量为(,,)nxyz=，则由00nADnPD=

=得20333022xyz−=−−=，取法向量(0,1,3)n=−，…………………………………………………….……………..9分设存在存在点M,(01)DMDP=,满足题意,则333333(0,,)(0,,)2222DM=

=，所以BMBDDM=+333(1,3,)22=−−,设直线BM与平面APD所成角为，则10cos4=，所以26sin1cos4=−=所以sincos,BMnBMnBMn==23642

994==−+，解得1221,33==，…………………………………………11分所以存在点M,使得直线BM与平面APD所成角的余弦值为104，此时2PMDM=或12…………………………………………

………………………………12分22.【解析】（1）根据椭圆定义知1FMN周长为4a，依题意有122148caaca====，从而2223bac=−=，故椭圆C的方程为22143xy+=………………………………………………………….3分（2）设:1l

xmy=+，1122(,),(,)MxyNxy，由22221(34)690431xymymyxmy+=++−==+，则121222693434myyyymm−+=−=++，，…………………………………………………4分所以222221212122223

63611()41(34)34mMNmyymyyyymmm=+−=++−=++++2212(1)34mm+=+，……………………………………………………………………………5分设线段MN中点坐标为00(,)xy，则12023234yymym+−==+，0024134xmy

m=+=+，即设线段MN中点坐标为2243(,)3434mmm−++，所以线段MN的垂直平分线1l方程为：2234()3434mymxmm+=−−++，……………6分令0y=，当0m=时，1l与x轴重合，不合题意；当0m时，得2134xm=+，即点21(,0)34Pm+，所以22

2213(1)13434mPFmm+=−=++，……………………………………………………7分所以24MNPF=，即存在4=满足题设……………………………………………8分（3）直线2:(1)lymx=−−，即0mxym+−=，圆心1(1,0)F−到直线

2l的距离为221mdm=+，…………………………………………9分则弦AB的长：2222224342216411mmABrdmm+=−=−=++，……………………10分所以222222113412(1)14242213434AMBNmmmSABMNmmm+++===+++四边形，………1

1分设21mt+=，则21mt=−，且1t，所以2211242424131343AMBNmtStmt+===+++四边形，易知1()2413ftt=+在[1,)+单调递增，所以当1t=，即0m=时，()min12AMBNS=四边

形，此时直线:1lx=………………12分获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com