【文档说明】湖北省孝感市2022-2023学年高二下学期收心（开学）考试数学答案（PDF版）.pdf，共(9)页，592.188 KB，由小赞的店铺上传

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2023年湖北省孝感市高二收心考试高二数学答案题号123456789101112答案BACCCDABBCDABACDAD13.【答案】314.【答案】1315【答案】.22；16.【答案】2,321.【答案】B【详解】解：联立21020xyxy，解得11xy

，即交点为1,1，所以直线l的方程为为2113yx，即23+50xy.故选：B.2.【答案】A【详解】32504xxab3.【答案】C【详解】解：由题意知，2c，12ba，又2224abc，∴45a

，25b，885255a，故双曲线实轴长为855.故选：C.4.【答案】C【详解】由题意得，11a，212aa，323aa，…，1nnaan，以上n个式子累加可得11222nn

nann，又11a满足上式，所以12nnna，则23a，36a，410a，515a，621a，728a，101011=552a故A,B错误；C正确得7127136101521288

4Saaa，故D错误；答案：C5.【答案】C【详解】由56PA可得511166PAPA，因为1112PAPBPAB，则A与B不互斥，不对立，由PABPAPBPAB

可得18PAB，因为18PAPBPAB，所以A与B相互独立故选：C6.【答案】D【详解】解：由2(,)4Mxyxy得2240xxy，所以集合M表示以点00O，圆心，以2半径的右半圆，与y轴的交点为

02,02MN，，，集合222(,)(-3)(3)(0)Nxyxyrr表示以点33C，为圆心，以r为半径的圆，如下图所示，当圆C与圆O相外切于点P时，MN有且仅有一个元素时，此时2

230302322r，当圆C过点M时，MN有两个元素，此时222(03)(23)r，所以10r，当圆C过点N时，MN有且仅有一个元素，此时222(03)(23)r

，所以34r，所以当MN时，则r的取值范围为0322r或34r，故选：D7.【答案】A【详解】以过点O且垂直于平面SAC的直线为x轴，直线OC，OS分别为y轴，z轴，建立如图所示的空间直

角坐标系.不妨设2OC，则根据题意可得0,2,0A，3,1,0B，0,2,0C，0,1,3M，所以3,3,0AB，0,3,3CM，设异面直线AB与CM所成角为，则3033033coscos,4

3993ABCM.故选：A8.【答案】B【详解】把,xy代入222229xyxy得222229xyxy，所以曲线C的图象关于原点对称，故

A正确；令0y解得0x，或3x，即曲线经过0,0,3,0,3,0，结合图象，33x≤≤，令1x，得21115112y，令2x，得217369122y，因此结合图象曲线C只能经过3个整点，

0,0,2,0,2,0，故B错误；222229xyxy可得22222299xyxyxy，所以曲线C上任意一点到坐标原点O的距离223dxy，即都不超过3，故C正确；直线ykx与曲线222229x

yxy一定有公共点0,0，若直线ykx与曲线C只有一个交点，所以222229xyxyykx，整理得24222191xkxk无解，即210k，解得,1

1,k，故D正确.故选：B.9.【答案】BCD【详解】11791717()13222aaaS，170S，90a，B正确；而80a，故无法判断89aa的正负，A错误；89aa

，数列na单调递减，C正确；当8n时，nS有最大值，即8nSS，D正确.故选：BCD10.【答案】AB【详解】圆22:2316Cxy，圆心(2,3)C，半径4r，圆心到直线的距离223(2)4375434d，故直线l与圆

C相离，A正确；PQ的最小值是5-4=1，最大值是5+4=9，故点P到直线l的距离为4时，点P有2个，B正确，C不正确；设Q点向圆C引切线QT，22216QTQCrQC，QC最小时，QT即最小，QC的最小值为圆心到直线的距离，此时2min51

63QT，D错误.故选：AB.11【答案】ACD【详解】如图所示，因为M，O分别是1PF，12FF的中点，所以12PFF△中，2PFMO∥，所以2PFx轴，A选项中，因为直线1PF的倾斜角为6，所以123FPF，故A正确；B选项中，12

RtPFF中，122FFc，2233PFc，1433PFc，所以122323PFPFac，得：3cea，故B不正确；C选项中，由222cab，即223ca，即2223aba，即2ba，所以双曲

线的渐近线方程为：2byxxa，故C正确；D选项中，设12PFF△内切圆圆心为I，内切圆与1212,,,,FFPFPFDMN分别切于点，所以D正确，1122,,PMPNFDFMFDFN且.1212122FD

FDFMFMPFPFa故选：ACD.12.【答案】AD【详解】当1时，1BPBCBBuuruuuruuur，所以1BPBCuuuruuur，此时点P在线段11BC上运动，所以111PABCBABCVV为定值，A项正确；当1时，1BPBCBB

uuruuuruuur，所以1CPBBuuruuur，此时点P在线段1CC上运动，所以△AB1P的周长不为定值，B项错误；当12时，112BPBCBBuuruuuruuur，分别取BC，11BC的中点M，N，如图1，此时点P在线段MN上运动，要使1APBP，应使得BP与1AP

在平面11BBCC上的投影PN垂直，此时点P与点M重合，且由正三棱柱的性质可知1AN平面11BBCC，则点P与点N重合时，也有1APBP，C项错误；当12时，112BPBCBBuuruuuruuur，分别取1BB，1CC的中点G，H，如图2，此时点P在线段GH上

运动，由正三棱柱的性质和1ABAA可知11AABB为正方形，所以11ABAB，要使1AB平面1ABP，只要满足1BP与1AB在平面11BBCC的投影垂直即可，此时只有点P与点H重合符合，D项正确.13【答案】3.【详解】由题可

知，111,31nnaaa，得2341121,,322313aaaa，∴数列na是以3为周期的周期数列，∴20231367413aaa.14【答案】13【详解】作A点关于直线的对称点A（2,5），

如图所示，易知PAPA，故PAPBPAPB=13AB则AB与直线yx的交点P即为P点.15【答案】2π2【详解】如图，连接11BD，易知111BCDV为正三角形，所以11112BDCD.分别取11BC，1BB，1CC的中点MGH，，，连接111D

MDGDH，，，则易得2211215DGDH，111DMBC，且13DM.由题意知GH，分别是1BB，1CC与球面的交点.在侧面11BCCB内任取一点P，使2MP，连接1DP，则222211(3)(2)5DPDMMP，连接MGMH，，易得2MGMH，故

可知以M为圆心，2为半径的圆弧GH为球面与侧面11BCCB的交线.由1145BMGCMH知90GMH，所以¼GH的长为12π2π242.16.【答案】2,32【详解】如图2，可设抛物线方程为

220ypxp，过点2,22A，2,p抛物线方程为24yx，1x是抛物线24yx的准线，P到=1x的距离等于PF.(1)过P作1PQl于Q，则P到直线1l和直线2l的距离之和为PFPQ

抛物线24yx的焦点(1,0)F过F作11QFl于1Q，和抛物线的交点就是1P，∴111PFPQPFPQ（当且仅当F、P、Q三点共线时等号成立）点P到直线1:4360lxy的距离和到直线

2:1lx的距离之和的最小值就是(1,0)F到直线4360xy距离，最小值1FQ4062169．(2)取PF中点为D，过D作y轴的垂线，垂足为1D，过P作y轴的垂线，垂足为1P则1PPOF∥，1DD为梯形1OFPP的中位线，由抛物线的定义可得11P

PPF，所以1111222OFPPPFPFDD，所以以PF为直径的圆与y轴相切，所以点60,2为圆与y轴的切点，所以D点的纵坐标为62，又D为PF中点，所以P点纵坐标为6，又点P在抛物线上

，所以P点横坐标为32.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17．【答案】(1)24yx(x＞0)；(2)10xy或10xy．【详解】（1）由题意动点,(0)Pxyx与定点1,0F的

距离和它到直线=1x的距离相等，·············1分所以，曲线C是以F为焦点，直线=1x为准线的抛物线（去掉顶点），12p，2p，···············3分所以曲线C的轨迹方程是240yxx；·············4分（2）若直线AB斜率不存在，则AB4不合

题意，因此直线AB斜率存在，··················5分设直线AB方程为(1)ykx，代入曲线C方程整理得2222(24)0kxkxk，设11(,)Axy，22(,)Bxy，则212222442k

xxkk，··················7分1224228ABAFBFxxpk，1k，··················9分所以直线AB方程为(1)yx，即10xy或10xy．·····

·············10分18．【答案】（1）3m；（2）6x或724+1020xy.【详解】（1）22246140xymxym，配方得：222()(2)(3)9xmym，··················2分当3m时，圆C的半径有最小值3

，此时圆的周长最小.··················4分（2）由（1）得，3m，圆的方程为：22(3)(2)9xy.··················5分当直线与x轴垂直时，6x，此时直线与

圆相切，符合条件；··················7分当直线与x轴不垂直时，设为6+6ykx，··················8分由直线与圆相切得：232631kk，解得724k，·······

···········10分所以切线方程为76624yx，即724+1020xy.··················11分综上，直线方程为3x或724+1020xy.··················12分19.【答案】(1)14(2)1116

【详解】（1）解：由题知1,2,3,4,2,4,6,8ab，所以，数对,ab的可能取值为：,(1,2),(1,4),(1,6),(1,8),(2,2),(2,4),(2,6),(2,8),(3,2),(3,4),(3,

6),(3,8),(4,2),(4,4),(4,6),(4,8)，共16对.····2分若函数fx的单调递增区间为1,，则函数fx的对称轴为12bxa，即2ba·········

····3分所以，满足条件的基本事件有：(1,2),(2,4),(3,6),(4,8)，共4对，··················4分所以，事件A的概率为41()164PA··················5分（2）解：因为0a，二次函数

开口向上，所以，方程2fx有4个根，即为2fx和2fx各有2个根，··················6分所以，二次函数21fxaxbx的最小值小于2，··················8分所以2424aba，即24ba

，··················10分满足条件的基本事件有：(1,4),(1,6),(1,8),(2,4),(2,6),(2,8),(3,4),(3,6),(3,8),(4,6),(4,8),共11对，所以，事件B的概

率11().16PB··················12分20.【答案】（1）228,7nnanSnn（2）227,4724,5nnnnTnnn【详解】解：（1）2

3784aaaa，373337774261262aaaaaaaa即或又0nSd有最大值，162ad··················3分228,7nnanSnn··················5分（2）由2

80,4nann得280,4,5nannn得即··················7分212147nnnnnTaaaaaSnn当时，··················9分212123

45452724nnnnnTaaaaaaaaaSSnn当时，·················11分综上得，227,4724,5nnnnTnnn··················12分（以n≤3，n≥

4分段也正确）21.【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）21919【详解】（Ⅰ）由已知可得ΑFDF，又ΑFFE，,,DFEFFDFEFEFDC平面所以ΑF平面ΕFDC···················3分又F平面

ΑΒΕF，故平面ΑΒΕF平面ΕFDC．（Ⅱ）过D作DGΕF，垂足为G，由（Ⅰ）知DG平面ΑΒΕF．··················4分以G为坐标原点，GF的方向为x轴正方向，GF为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz．由（Ⅰ）知DFE为二面角DAFE的平

面角，故60DFE，则2DF，3DG，可得1,4,0A，3,4,0B，3,0,0E，0,0,3D．··················6分由已知，//ABEF，所以//AB平面EFDC．又平

面ABCD平面EFDCDC，故//ABCD，//CDEF．由//BEAF，可得BE平面EFDC，所以CΕF为二面角CBEF的平面角，60CΕF．从而可得2,0,3C．··················7分所以1

,0,3ΕC，0,4,0ΕΒ，3,4,3ΑC，4,0,0ΑΒ．设,,xyzn是平面ΒCΕ的法向量，则00ΕCΕΒ

nn，即3040xzy，所以可取3,0,3n．··················9分设m是平面ΑΒCD的法向量，则00ΑCΑΒmm，同理可取

0,3,4m．则219cos,19nmnmnm．··················11分故二面角E-BC-A的余弦值为21919．··················12分（以传统方法求解对照给分）22．【答案】(1)2

2195xy(2)证明见解析【详解】（1）因为QAB的面积为5，点52,3Q为椭圆C：22221xyab上一点，所以22221525235231aab，解得35ab，········

··········3分所以椭圆C的标准方程为22195xy.··················4分（2）由题意可知直线l的斜率不为零，故设方程为1xmy，··················5分联立为221951xyxmy，消去x，得22(59)

10400mymy，设11221(,),(,)(0)MxyNxyy，则1212221040,5959myyyymm，故12124()yymyy，··················7分又因为12240059yym

，所以20y，又(3,0),(3,0)AB，则直线AM的方程为11113yyyxxx，令0x，得111111333xyyyyxx，则1130,3yGx，同理可得：2230,3yHx

，··················9分所以1211221221133332133332GGHHOAyyxySyxSyxyyxOAy12121121122112212212(2)2442241(4)4444482ymym

yyyyyyyyymymyyyyyyyy，··················11分因此12SS为定值.··················12分（各道题其他方法酌情给分）获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com