【文档说明】浙江省绍兴市第一中学2023-2024学年高二上学期期中考试数学答案.docx，共(5)页，154.302 KB，由小赞的店铺上传

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高二数学期中考答案一、单选题题号12345678答案DDBCCBBA二、多选题题号9101112答案ACDADABCBCD三、填空题13．2√131314．515．3<r<716．2四、简答题17．（Ⅰ）由图形知𝑀𝑁→=

𝑀𝐴1→+𝐴1𝐵1→+𝐵1𝑁→=13𝐵𝐴1→+𝐴𝐵→+12𝐵1𝐶1→=13(𝑐→−𝑎→)+𝑎→+12(𝑏→−𝑎→)=16𝑎→+12𝑏→+13𝑐→．（Ⅱ）由题设条件∵|𝑀𝑁|→2=(16𝑎→+1

2𝑏→+13𝑐→)2=136(𝑎→2+9𝑏→2+4𝑐→2+6𝑎→⋅𝑏→+12𝑏→⋅𝑐→+4𝑎→⋅𝑐→)=136(1+9+4+3+6+2)=2536，∴|𝑀𝑁→|=|16𝑎→+12𝑏→+13𝑐→|=56．18．（1）∵C（1,3），D（72，32），kCD=−35．

∴CD所在直线方程一般式是3x+5y﹣18＝0．（2）：设点M的坐标是（x，y），点D的坐标是（x0，y0），由平行四边形的性质得点B的坐标是（4，3），∵M是线段CD的中点，∴x=𝑥0+12，y=𝑦0+32，于是有x0＝2x﹣1，y0＝2y﹣3，

∵点D在线段AB上运动，∴3x0﹣y0﹣9＝0，（3≤x0≤4），∴3（2x﹣1）﹣（2y﹣3）﹣9＝0即6x﹣2y﹣9＝0，（2≤x≤52）．（也可以用相似三角形直接得出）19．（1）设圆C：（x﹣a）2+（y﹣b）2＝r2（0＜r＜6），因为圆C过点A（8，1），所以

（8﹣a）2+（1﹣b）2＝r2，又因为圆C两坐标轴均相切，所以得a＞0，b＞0且a＝b＝r，则（8﹣r）2+（1﹣r）2＝r2，解得r＝13或r＝5，即a＝b＝r＝5，或者a＝b＝r＝13所以C：（x﹣5）2+

（y﹣5）2＝25或（x﹣13）2+（y﹣13）2＝169．（2）因为圆C的半径小于6，所以C：（x﹣5）2+（y﹣5）2＝25．如果选择条件①：由∠ACB＝120°，|CA|＝|CB|＝5，得∠CAB＝∠CBA＝30°，过点C作CD⊥AB于点D，则|𝐶𝐷|=12

|𝐴𝐶|=52，所以圆心C到直线l的距离𝑑=52，则𝑑=|5−5+𝑚|√2=52，解得m=±5√22；如果选择条件②：|𝐴𝐵|=5√3，在△ABC中，|CA|＝|CB|＝5，由余弦定理得𝑐𝑜𝑠∠𝐴𝐶𝐵=|𝐴𝐶|2+|𝐵𝐶

|2−|𝐴𝐵|22|𝐴𝐶||𝐵𝐶|=52+52−(5√3)22×5×5=−12，所以∠ACB＝120°，过点C作CD⊥AB于点D，则|𝐶𝐷|=12|𝐴𝐶|=52，所以圆心C到直线l的距离𝑑

=52，则𝑑=|5−5+𝑚|√2=52，解得m=±5√22．20．（1）由题意得{𝑐𝑎=√29𝑎2−5𝑏2=1𝑐2=𝑎2+𝑏2，解得{𝑎=2𝑏=2𝑐=2√2，故双曲线C的方程为𝑥24−𝑦24=1；（2）存在点B(−3，−√5)，使得对双

曲线上任意一点P（其中3Px），都有PAPBkk为定值1，证明如下：设P（𝑥𝑝，𝑦𝑝）在双曲线𝑥24−𝑦24=1上任意一点P（其中3Px），则𝑥𝑝24−𝑦𝑝24=1，即𝑥𝑝2−𝑦𝑝2=4∴𝑘𝑃𝐵⋅𝑘𝑃𝐴=𝑦𝑝+√5𝑥

𝑝+3⋅𝑦𝑝−√5𝑥𝑝−3=𝑦𝑝2−5𝑥𝑝2−9=𝑦𝑝2−5𝑦𝑝2−5=121．1）如图建立空间直角坐标系，()1,0,0A，()0,0,1C，()1,1,0F，()0,1,0E，CMBNa==，,0,122aaM−，,,022aaN

．|𝑀𝑁|=√12𝑎2+(1−√22𝑎)2=√𝑎2−√2𝑎+1=√(𝑎−√22)2+12，所以当𝑎=√22时，MN最小为√22．（2）由（1）可知，当M，N为中点时，MN最短，则1(2M，0，1)2，1(2N，12，0)，取MN的中点G，连接AG，BG，则1(2G，14

，1)4，AMAN=，BMBN=，AGMN⊥，BGMN⊥，AGB是平面MNA与平面MNB的夹角或其补角．111,,244GA=−−，111(,,)244GB=−−−，2222221·18cos,3·111111·244244G

AGBGAGBGAGB−===−+−+−−+−+−．平面MNA与平面MNB夹角的余弦值是13．方法二由（1）可知，当MN最小时，𝑀(12，0，12)，𝑁(12，12

，0)，所以𝐴𝑀→=(−12，0，12)，𝐴𝑁→=(−12，12，0)，设平面AMN的一个法向量为𝑚→=(𝑥，𝑦，𝑧)，则{𝑚→⋅𝐴𝑀→=−12𝑥+12𝑧=0𝑚→⋅𝐴𝑁→=−12𝑧+12𝑦=0，令x＝1，则y＝1，z＝1，所以𝑚→

=(1，1，1)，又𝐵𝑀→=(12，0，12)，𝑩𝑁→=(12，12，0)，设平面BMN的一个法向量为𝑛→=(𝑥，𝑦，𝑧)，则{𝑛→⋅𝐵𝑀→=12𝑥+12𝑧=0𝑛→⋅𝐵𝑁→=12𝑧+12𝑦=0，令x＝1，则y＝-1，z＝

-1，所以𝑚→=(1，−1，−1)，𝑐𝑜𝑠𝛼=|𝑐𝑜𝑠＜𝑚→，𝑛→＞|=|𝑚→⋅𝑛→||𝑚→||𝑛→|=13，平面MNA与平面MNB夹角的余弦值是13．22．（1）由于椭圆C1：𝑥2𝑎2

+𝑦2𝑏2=1（a＞b＞0）的离心率为𝑒=12，则a2：b2：c2＝4：3：1，故设C1：𝑥24+𝑦23=𝜆（λ＞0），由于椭圆C1经过点𝑃(−1，32)，从而𝜆=14+34=1，故椭圆C1的方程为C1：𝒙𝟐𝟒+𝒚𝟐𝟑=𝟏；由于点P到抛物线C2：y2＝﹣2px（

p＞0）的准线𝑥=𝑝2的距离为32，则1+𝑝2=32，故p＝1，从而抛物线C2：y2＝﹣2x；（2）由于𝐹(−12，0)，设𝐴𝐵：𝑦=𝑘(𝑥+12)，𝐴(−2𝑡12，2𝑡1)，𝐵(−2𝑡22，2𝑡2)，设直线PA

，PB的斜率为k1，k2，由于𝑃(−1，32)，则𝑘1=2𝑡1−32−2𝑡12+1=4𝑡1−3−4𝑡12+2，𝑘2=4𝑡2−3−4𝑡22+2，由于𝑘𝐴𝐵=2𝑡1−2𝑡2−2𝑡12+2𝑡22=1−(𝑡1+𝑡2)，𝑘𝐴𝐹=2𝑡1−2𝑡1

2+12，且A，F，B共线kAB＝kAF，故1−𝑡1−𝑡2=2𝑡1−2𝑡12+12，从而𝑡1𝑡2=−14，𝑡12+𝑡22=(𝑡1+𝑡2)2−2𝑡1𝑡2=(𝑡1+𝑡2)2+12，从而𝑘1+𝑘2=4𝑡

1−3−4𝑡12+2+4𝑡2−3−4𝑡22+2=−4𝑡1𝑡2(𝑡1+𝑡2)+3(𝑡12+𝑡22)+2(𝑡1+𝑡2)−34𝑡12𝑡22−2(𝑡12+𝑡22)+1=12(𝑡1+𝑡2)2+12(𝑡1+𝑡2

)−6−8(𝑡1+𝑡2)2+1，𝑘1𝑘2=4𝑡1−3−4𝑡12+2⋅4𝑡2−3−4𝑡22+2=16𝑡1𝑡2−12(𝑡1+𝑡2)+916𝑡12𝑡22−8(𝑡12+𝑡22)+4=−12(𝑡1+𝑡2)+5−8(𝑡1+𝑡2)2+1，由于𝑃(−1，32

)，则直线PF的斜率𝑘0=32−1+12=−3，当PE平分∠APB时，则𝑘0−𝑘11+𝑘0𝑘1=𝑘2−𝑘01+𝑘0𝑘2，即(𝑘1+𝑘2)𝑘02+(2−2𝑘1𝑘2)𝑘0−(𝑘1+𝑘2)=0，即9×12(𝑡1+𝑡

2)2+12(𝑡1+𝑡2)−6−8(𝑡1+𝑡2)2+1−3×[2−2×−12(𝑡1+𝑡2)+5−8(𝑡1+𝑡2)2+1]−12(𝑡1+𝑡2)2+12(𝑡1+𝑡2)−6−8(𝑡1+𝑡2)2+1=0，即6(𝑡1+𝑡2)

2+(𝑡1+𝑡2)−1=0，从而𝑡1+𝑡2=−12或𝑡1+𝑡2=13，从而𝑘=𝑘𝐴𝐵=1−(𝑡1+𝑡2)=2或﹣3，由于k＞0，故k＝2，由此直线AB：y＝2x+1，𝑃𝑄：𝑦=−3𝑥−32，由于𝑡1+𝑡2=−12，𝑡1

𝑡2=−14，|𝐴𝐹||𝐵𝐹|=−𝑡1𝑡2，考虑到𝑡1𝑡2+𝑡2𝑡1=(𝑡1+𝑡2)2−2𝑡1𝑡2𝑡1𝑡2=14+24−14=−3，从而𝑡1𝑡2=−3+√52，从而|𝐴𝐹||𝐵𝐹|=3+√52，联立{𝑃𝑄：𝑦

=−3𝑥−32𝐶1：𝑥24+𝑦23=1，即13x2+12x﹣1＝0，从而𝑥𝑄=113，则𝑦𝑄=−3𝑥𝑄−32=−4526，从而|𝑃𝐹||𝑄𝐹|=𝑦𝑃−𝑦𝑄=324526=13

15，因此𝑆△𝐴𝑃𝐹𝑆△𝐴𝐹𝑄=|𝑃𝐹||𝐹𝑄|=1315=2630，𝑆△𝐴𝐹𝑄𝑆△𝑄𝐹𝐵=|𝐴𝐹||𝐵𝐹|=3+√52=23−√5=3015(3−√5)，从而𝑆△𝐴𝑃𝐹：𝑆△𝐴𝐹𝑄：𝑆△𝐵

𝐹𝑄=26：30：15(3−√5)，从而𝑆1𝑆2=𝑆△𝐹𝐵𝑄𝑆△𝐴𝑃𝑄=𝑆△𝐹𝐵𝑄𝑆△𝐴𝑃𝐹+𝑆△𝐴𝐹𝑄=15(3−√5)26+30=15(3−√5)56．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www

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