【文档说明】重庆市万州二中2022-2023学年高二上学期10月月考试题 数学 答案.pdf，共(6)页，1.283 MB，由小赞的店铺上传

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1万州二中高2021级高二上期第一次月考答案一．选择题（共8小题，每题5分，共40分）（1~8）DDBDABAD（9~12）BDBCBCDACD二．多选题（共4小题，每题5分，共20分）13、4310xy或2x14、30xy．15、22749(8)

()636xy16、32四．解答题（共6小题）17、（本题满分10分，第一问4分，第二问6分）解：（1）已知ABC的三个顶点分别为(0,4)A，(2,0)B，所以AB中点(1,2)M，40202ABk，所以中线方

程为12(1)2yx，即230xy．（2）解法一：设外接圆方程为22220(40)xyDxEyFDEF所以16404208220EFDFDEF

，解得228DEF．故圆的方程为：222280xyxy．解法二：已知ABC的三个顶点分别为(0,4)A，(2,0)B，所以AB中点(1,2)M，2CMk，AB

中垂线方程为：1322yx，BC中垂线1y，联立方程组得1,1.xy圆心(1,1)D，半径10AD2所以外接圆方程为22(1)(1)10xy．18、（本题满分12分，第一问5分，第二问7分）解：（Ⅰ）因为3cos05C

，所以(0,)2C，且24sin15CcosC，由正弦定理可得：sinsinacAC，即有sin545sinsin455aCaACcc；（Ⅱ）因为5454acacc，所以AC，故(0,)2A，又因为5sin5A，所以25cos5A，所以115si

nsin[()]sin()sincoscossin25BACACACAC；由正弦定理可得：55sinsinsinacbACB，所以55sin5aA，所以114sin51122225ABCSabC

．19、（本题满分12分，第一问5分，第二问7分）（1）证明：因为PA底面ABCD，AC、BD底面ABCD，所以PAAC，PABD，所以2222ACPCPA，222CDACADAD，所以

矩形ABCD是正方形，所以BDAC，因为PAACA，所以BD平面PAC．（2）方法一：解：由（1）知AB、AD、AP两两垂直，建系如图，(0A，0，0)，(0D，2，0)，(0P，0，4)，(2C，2，0)，(1E，1，

2)，(2BD，2，0），(1DE，-1，2)，(2DC，0，0)，设平面BED一法向量为(,,)mxyz，则0BDm，0DEm，即0xy，20xyz，所以可取(1,1,0)m，设平面EDC一

法向量为n，则0DCn，0DEn，可取(0,2,1)n3OFcos<m�,n�n�m�,n�n�m�,n�n�>=m�∙n�|m�||n�|n�|=25∙2=105因为二面角B-ED-C

为锐二面角，所以二面角B-ED-C的余弦值为105．方法二：由（1）知矩形ABCD是正方形，所以BDAC，设BDACO，连接OE，则O为AC中点，E为PC中点，则EO∥AP，则EO⊥面ABCD，则EO⊥AC，因为EOBDO，则AC⊥面BED，作CF⊥ED交ED于点F，连接OF，则

ED⊥OF，ED⊥CF，所以二面角B-ED-C平面角为∠CFO。因为AP⊥面ABCD，所以AP⊥CD，因为矩形ABCD，所以AD⊥CD，因为AP∩AD=A，所以CD⊥面APD，所以CD⊥PD。在Rt△PCD中，E为PC中点，所以E

D=EC=12������=6，CD=2，因为CF⊥ED，所以CF=256，因为OC=12������=2，所以sin∠CFO=������������=35，所以cos∠CFO=25=105.所以二面角B-ED-C的余弦值为105．20、（本题满分12分，第一问5分，第二问7分）（

1）由题意可得，直线l的斜率存在，设过点(0,1)A的直线方程：1ykx，即：10kxy．由已知可得圆C的圆心C的坐标(2,3)，半径1R．故由2|231|11kk，故当474733k，过点(0,1)A

的直线与圆22:(2)(3)1Cxy相交于M，N两点．（2）设1(Mx，1)y；2(Nx，2)y，由题意可得，经过点M、N、A的直线方程为1ykx，代入圆C的方程22(2)(3)1xy，可得22(1)4(1)70kxkx

，1224(1)1kxxk，12271xxk，212121212(1)(1)()1yykxkxkxxkxx2222274(1)12411111kkkkkkkk

，由2121221248121kkOMONxxyyk，解得1k，故直线l的方程为1yx，即10xy．圆心C在直线l上，MN长即为圆的直径．所以||2MN．421、（本题

满分12分，第一问5分，第二问7分）解：（Ⅰ）证明：取D为原点，DA所在直线为x轴，DE所在直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示；则(1A，0，0)，(1B，2，0)，(0E，0，3)，(1F，2，3

)，(1BE，2，3)，(0AB，2，0)，设平面ABE的法向量为(nx，y，)z，23020xyzy，不妨设(3n，0，1)，又(1DF，2，3)，3030

DFn，DFn；又DF平面ABE，//DF平面ABE；（Ⅱ）设(1DPDF，2，3)(，2，3)，[0，1]；(P，2，3)，(1

BP，22，3)，又平面ABE的法向量为(3n，0，1)，sin|cosBP，|n||||||BPnBPn222|3(1)3|(1)(

22)(3)234，化简得28610，解得12或14；当12时，3(2BP，1，3)2，||2BP；当14时，5(4BP，32，3)4，||2BP

；综上，||2BP．22、（本题满分12分，第一问4分，第二问8分）解：（1）设圆O的半径为r，圆心到直线320xy的距离为d，则22|2|11(3)d，则2(3)12r．圆O的方程为224xy；证明：（2）当AB与x轴垂直时（不妨设A在x轴上方）

，此时Q与O重合，从而2，23，83；当点Q与点O不重合时，直线AB的斜率存在，设:1ABykx，1(Ax，1)y，2(Bx，2)y，则1(Qk，0)，5由QAPA，QBPB，得：111xxk，221xxk，即1212121

1112xxkxkxkxx．联立2214ykxxy，得22(1)230kxkx．则△222412(1)16120kkk．12221kxxk，12231xxk，1212282233xxkkxxk

．综上，为定值83．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com