【文档说明】陕西省安康市2022-2023学年高二下学期开学摸底考试理科数学参考答案.pdf，共(6)页，608.490 KB，由小赞的店铺上传

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第1页（共5页）理科数学参考答案一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）题号123456789101112答案CBCADCABCBDD1.C解析：2422,{1,1,2}BxxxxAB.2.B解析：如图1，满足lm

，但,l不垂直，充分性不成立，当l时，∵m，∴lm，必要性成立，故“lm”是“l”的必要不充分条件.3.C解析：由已知可得(1)2111ff.4.A解析：由频率分布直方图知中位数位于[70,80]，设其为x，则700.5(0.10

.150.2)80700.3x，解得71.67x，故A错误；要使全省的合格考通过率达到96%，设合格分数线为y，则4010.96100.1y，解得44y，故B正确；由频率分布直方图可知成绩优秀的频率为0.1，∴人数约为10000.1100，故C正确；由频率分布直方图估计

平均分为450.1550.15650.2750.3850.15950.170.5，故D正确．5.D解析：由题意可得直线l过圆心(－2，1)，当l过原点时，其方程为x＋2y＝0；当l不过原

点时，设l：x＋y＝a，则a＝－2＋1＝－1，此时方程为x＋y＋1＝0.6.C解析：由已知及抛物线的定义可得3＋p2＝6，解得p＝6，∴抛物线方程为y2＝12x，∴A(3，±6)，|OA|＝9＋36＝35.7.A解析：双曲线的焦点到渐近线的距离为2b，∴双

曲线C的渐近线方程为222byxxxa.8.B解析：取11AC的中点D，连接1BC交1BC于点E，连接DE，则1//DEAB且112DEAB，∴1DEB为异面直线1AB与1BC所成的角或其补角．易求1113ABBC，13BD，∴1132

DEBE，∴222111113133744cos2131313222DEBEBDDEBDEBE.9.C解析：3sin2cos2fxxxπ2sin26x，其最大值为2，故A错误；02sπ5π13n6if

，故B错误；∵3π7π,46x，∴π5π5π2,632x，由sinyt在5π5π,32单调递增可得fx在3π7π,46单调递增，故C正确；将函数fx的图象向左平移

π6个单位得到函数πππsin2sin2cos2662gxxxx，为偶函数，故D错误.第2页（共5页）10.B解析：由题意漏下来的沙子是全部沙子的1927，下方圆锥

的空白部分就是上方圆锥中的沙子部分，∴可以单独研究下方圆锥，∴V上V全＝827＝(h上h全)3，∴h上h全＝23，∴h上h下＝21.11.D解析：如图，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB方程为y＝12x＋m.∵C，D分别是线段AB的两个三等分

点，∴C(－2m，0)，D(0，m)，AB中点M(－m，m2)，由x21a2＋y21b2＝1x22a2＋y22b2＝1，两式相减得（x1＋x2）（x1－x2）a2＋（y1＋y2）（y1－y2）b2＝0，整理得－b2a2＝（y1＋y2）（y1－y2）（x1＋

x2）（x1－x2）＝kAB·kOM＝12·(－12)，∴a2－c2a2＝14，∴e＝32.12.D解析：如图，将正四面体ABCD放置在正方体中，则球O即为正方体的外接球.设正方体的棱长为a，则232,262aa.取CD的中点M，连接AM，BM，则ABM为平面

截该正四面体所得截面，其面积为12422aa.二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）[13.－114.x2＋(y－43)2＝25915.10316.213.－1解析：可行域是三点(－7，1)，(－5，5)，(－3，3)确定的三角形区域，yx表示可行域内的点(x，y)与原点连线

的斜率，故z的最小值为－1.14.x2＋(y－43)2＝259解析：椭圆的上顶点坐标为(0，3)，左右顶点坐标为(±1，0)，设圆的圆心(0，a)，则1＋a2＝(3－a)2，解得a＝43，圆的半径为53，故圆的方程为x2＋(y－43)

2＝259.15.103解析：在CD取点M，H，使得CM=DH=1，分别过点,MH作BC的平行线，交AB于,NL,连接,FNEL,则,HMMNHMMF,∴HM平面MNF,∴平面ABCD平面MNF,同理HM平面EHL,∴五面体A

BCDEF可分割为直棱柱FMNEHL和两个体积相同的四棱锥FMCBN，EDHLA,过点F作FGMN，则FG平面ABCD，由已知可求得12,2,1,2112FMNFNFMMNFGS，∴该五面体的体积为110212221133FMNE

HLFMCBNVV.16.2解析：如图，Q是以F1F2为直径的圆的弦PF1的中点，∴OQ⊥PF1，∴∠F1OQ＝∠POQ.∵直线OP，OQ是双曲线的渐近线，由双曲线对称性知∠POF2＝∠F1OQ，∴∠POF2＝π3，∴ba＝tan

π3＝3，离心率e＝1＋（ba）2＝2.（或易得P（a,b），进而求解）第3页（共5页）三、解答题（本大题共6小题，共70分）17.解析：(1)∵2224cosbcaABACA，∴||||coscos,c4co

s2osABACcAbcAAAbuuuruuur∴1cos2A，∴3A.（4分）（2）由（1）及已知可得11333sin22222ABCSbcAb，解得3b，由余弦定理得2222cos4967,7abcbcAa

.（10分）18.解析：(1)由已知令1n可得21a，由4nnaS得114nnaS，两式相减得120nnaa，即112nnaa，∴数列na是等比数列,211222nnna.（5分）(2)2log2nnban，∴212

132,12nnbnbn，（7分）)121321(21)12)(32(1)21)(23(111212nnnnnnbbnn，)121321(21)5131(21)3111(21)1111(21

nnTn12)1211(21nnn.（12分）19.解析：（1）分别取线段1,ABCC的中点F，G，连接,,CFEFEG，∵F是线段AB的中点，2,//ABCDABCD，∴//,AFCDAFCD

，∴四边形AFCD是平行四边形，∴//ADCF.在1ABB中，F是线段AB的中点，E是线段1AB的中点，∴111//,2EFBBEFBB.∵G是线段1CC的中点，∴1111,/2/CCBBCGBB，∴//,EFCGEFCG，∴四边形EFCG是平行四边形，∴//CFG

E，∴//ADGE.∵AD平面1,CECGE平面1CEC，∴//AD平面1CEC.（5分）（2）在直棱柱1111ABCDABCD中，1BB平面ABCD，,ABBC平面ABCD，∴11,BBABBBBC.∵11111,,,BCBABBBABBBB

A平面11ABBA，∴BC平面11ABBA，∵BA平面11ABBA，∴BCBA.不妨设2AB，以B为坐标原点，1,,BABBBC所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Bxyz，则111(2,2,0),(0,0,2),(0,2,2),(2,0,0),(0,2,0)ACCA

B，∴11(1,1,0),(2,2,0),(1,1,2),(1,1,2)EABCECE.全科试题免费下载公众号《高中僧课堂》第4页（共5页）设平面1CEC的一个法向量(,,)nxyz，则100nCEnCE

，即2020xyzxyz，令4x得(4,0,2)n.设直线1AB与平面1CEC所成角的大小为，则111|8|10sincos,544164||nABnABnAB

，即直线1AB与平面1CEC所成角的正弦值是105.（12分）20.解析：(1)以AB为直径的圆经过点C，理由如下：设A(x1，0)，B(x2，0)，则x1x2＝－1，直线AC与BC的斜率之积为10－x1·10－x2＝1x1·x2＝－1，∴AC⊥BC

，∴以AB为直径的圆经过点C.(5分)(2)设AB的中点为M，则M(x1＋x22，0)，即M(－m2，0)，|CM|＝m24＋1，由(1)知过A，B，C三点的圆的方程为(x＋m2)2＋y2＝m24＋1，令x＝0得

y＝±1，∴圆在y轴上截得的弦长为定值2.(12分)21.解析：（1）将点4,2代入方程22xpy，解得4p，∴抛物线C的焦点到其准线的距离为4.（4分）（2）设11,Axy，22,Bxy，直线l的方程为ykxb，联立28

xyykxb，消去y整理得2880xkxb，∴21212Δ6432088kbxxkxxb，，，∵90AOB，∴0OAOB，即12120xxyy，即221212088xxxx，代入可得280bb，即8b或0b

（不符合题意，舍去）.∴2212121218444642562AOBSxxxxxxk△，∴当0k时，AOB面积有最小值64．（12分）22．解析：(1)由|PF1|＋|PF2|＝4得2a＝4，∴a＝2.又|PF

1|·|PF2|≤(|PF1|＋|PF2|2)2＝4，当且仅当|PF1|＝|PF2|＝2时等号成立，∴12×2cb＝3，∴bc＝3.又b2＋c2＝a2＝4，且a>b>c，∴b＝3，c＝1，椭圆C的标准方程为x24＋y

23＝1.(4分)(2)由题意知直线l的斜率不为0，设直线l的方程为x＝ty＋m，M(ty1＋m，y1)，N(ty2＋m，y2)，联立x＝ty＋mx24＋y23＝1，化简得(3t2＋4)y2＋6tmy＋3m2－12＝0，Δ＝4

8(3t2－m2＋4)>0，∴y1＋y2＝－6tm3t2＋4，y1y2＝3m2－123t2＋4.第5页（共5页）∵A(－2，0)，∴kAM·kAN＝y1y2（ty1＋m＋2）（ty2＋m＋2）＝－12，整理得(t2＋2)y1y2＋t(m＋2)(y1＋y2)＋(m＋2)2＝0，∴3(m2－

4)(t2＋2)－6mt2(m＋2)＋(m＋2)2·(3t2＋4)＝0，∵m≠－2(直线l不过点A)，∴3(m－2)(t2＋2)－6mt2＋(m＋2)(3t2＋4)＝0，解得m＝25，∴直线l：x＝ty＋25恒过点D(25，0)．（12分）获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xia

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