2023年宜荆荆随恩高二12月联考...................10分ABx1x2p628.高二数学答案18.（1）连接AB1，如下图所示：因为E，F分别为AC1，B1C1的中点，所以EF//AB1，一、单项选择题又因为EF平面ABBA，AB平面ABBA，所以EF//平面ABBA；.........5分1-4CAAA5-8CBDD1111111二、多项选择题（2）连接，A1O,A1B9.AB10.BD11.ABD12.ABC因为A1ACA1AB60，AA1ACAB2，三、填空题所以△≌全等，且△与均为等边三角形，所以，1AA1CAA1BAA1CAA1BA1CA1B213.214.15.xy116.xy10或xy103又因为，所以22，四、解答题CAB90BCABAC22所以222，所以，所以是等腰直角17.（1）法1：由题，l:my1x2，则直线l为过定点2,1且斜率不为0的直线A1CA1BBCA1CA1BA1BC三角形，又因为直线l与抛物线C恒有两个交点，所以定点2,1在抛物线开口内部、焦点附近1因为为的中点，所以且，OBCA1OBCA1OBC212所以122p2，所以p,；4又因为CAB90，ACBC，所以ABC是等腰直角三角形，1法2：将直线l与抛物线C方程联立，得所以AOBC2，所以AO2AO2AA2，所以AOAO，2111xmym202又因为，所以平面，，又因为直线与抛物线恒有两个交BCAOOA1OABC2y2pmy2pm4p0lCy2px12222所以点到平面的距离,所以三棱锥的体积为点，所以2pm42pm4p4pm8pm16p0对mR恒成立.EAOBhA1OEAOB2221所以8p44p216p0，又p0，所以解得p,；..........5分11112214VAOBOh22...................12分323226p（2）由题，当m1时，l:xy10，由l过焦点F,0得，p2，所以抛物线C:y24x.2将直线l与抛物线C方程联立，并令，得2Ax1,y1,Bx2,y2y19.答案：（1）x2y213；（2）T点的轨迹方程为：x21x2.3xy102，，由抛物线焦点弦公式得2x6x100,x1x26y2px宜荆荆随恩重点高中教科研协作体*数学答案(共4页)第1页学科{#{QQABTQaQgggAAABAABhCUQUoCEOQkAGCACoOBFAIoAAAgRNABAA=}#}（1）设所求圆方程为：x2y24x21x2y24x50，0（2）由（1）知，AA平面ABC，ACAB，由题意知ACBB4，AB3，则将P2,3代入上面方程，得223242212232425011以A为坐标原点，以AC,AB,AA所在直线分别为x轴、y轴和z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，解得1，所以该圆方程为：x2y24x21x2y24x50，122则B0,3,0，C4,0,0，A0,0,4，B0,3,4，C4,0,4，可得AC4,0,0，BBCC0,0,4，化简为：xy13...................6分11111112，（）由题圆：2，圆心，半径BC14,3,42Mx2y25M2,0r15设平面ABC的法向量为nx,y,z，圆：22，圆心，半径11Nx2y9N2,0r23nBC14x3y4z0又因为圆T和圆M，圆N均外切，令Tx,y，圆T的半径为r，则则，取z3，则x0,y4，所以n0,4,3，nA1C14x0MTrr5r5，MNrr3r3，所以MTMN2，12mBC4a3b4c0设平面的一个法向量为，则1，BB1C1ma,b,c所以T点在以M，N为左右焦点，以2为实轴长的双曲线靠近N点的一支上，且MN3，mBB14c0222所以a1,c2,bca3，所以T点坐标x,y满足如下关系：nm16取a3，则c0,b4，所以m3,4,0，则cosn,m，252nm2yx1x03，解得x2，16所以平面ABC与平面BBC夹角的余弦值为....................12分221111MNx2y325y2所以T点的轨迹方程为：x21x2....................12分3（）证明：因为直三棱柱，，，21.（1）20.1ABCA1B1C1ACBB14AB340004500450050005000550055006000x0.00020.00030.00090.0006500所以平面，所以，所以2222，BB1ABCBB1B1A1A1BA1B1B1B3452222522511又因为ABC的面积为10，SACABsinCAB45sinCAB，11A1BC1211111211由前两组频率和为：5000.00020.00030.25，所以，即，所以,sinC1A1B1C1A1B90C1A1A1B第三组频率为：5000.00090.45，所以中位数x中在第三组，则又因为平面平面，平面平面，且平面，A1BC1A1ABB1A1BC1A1ABB1A1BC1A1A1BC10.50.25x中50005005278；...................4分0.45所以平面，所以，又直三棱柱，所以...6分C1A1A1ABB1C1A1A1B1ABCA1B1C1ACAB.（2）由题，分两种情况考虑：宜荆荆随恩重点高中教科研协作体*数学答案(共4页)第2页学科{#{QQABTQaQgggAAABAABhCUQUoCEOQkAGCACoOBFAIoAAAgRNABAA=}#}10（）当直线的斜率为时，直线的方程为：，令，，，，1112l1lxy20Bx1,y1Cx2,y2Dx3,y3Ex4,y4①科目二预约五场共10次均未通过：P1；12210a将直线l的方程与椭圆和双曲线的方程分别联立如下，得101112101a②科目二通过，科目三预约五场共10次均未通过：P1111；4210xy20xxa3a3ab12222，其中2，则5，yx5x4x1201445120所以k同学出现重新缴纳学费从头再来的概率为：112164x1x25211a1a1aba；...................8分PP1P212aababbab2412162所以BCk21xx4xx24；1212555（3）由补考费150元每场，科目三补考费200元每场，故可分类如下：2216xy20xx①无补考费，总费用元，概率为：115344000111122323x16x200，其中1643200，则，2312x22y1204x3x422211153②补考科目二一次，总费用4150元，概率为：11111；2234822162042所以2；DEk1x3x44x3x4242221115333③补考科目三一次，总费用4200元，概率为：11111；32327116BCh22BC512422所以S:S；...............8分1115OBCODE1DE45④补考科目二两次，总费用4300元，概率为：11111；DEh222319223（）易知的斜率存在且不为，设，，，与椭圆的方程联故小k同学预估自己所花学费和补考费不超过4300元的概率为：3l0l:ykx24k0Bx1,y1Cx2,y255551265P....................12分ykx2412482719217282222立，得y2x2k4x8k4kx4k16k0，其中116422152222.（1）由题e、e是方程x22x0的两根，e0,1，e1,1216124k28kx1x22232522222k4解得，，又既是椭圆短轴端点，又是双曲线的顶点，8k4k4k44k16k16k0，且，e1e2A2,02444k16kx1x22222222k42cab32cab522所以b2,a2，由e111，e222，解得a16,b1，121a2a242a2a241211224k216k24k28k4k2416又因为，x1x22x1x2422222k4k4yxx所以椭圆的标准方程为：1，双曲线的标准方程为：y21；.............4分1644宜荆荆随恩重点高中教科研协作体*数学答案(共4页)第3页学科{#{QQABTQaQgggAAABAABhCUQUoCEOQkAGCACoOBFAIoAAAgRNABAA=}#}24k28k4k216k4k222xxxx，所以所求m4n2p4q32225221221042，选D.1212k24k24k24min316yyx2则xx2xx4，此时l:y1x2，所以Kx,12，令线段CK的中p2cos1212k24ABx22x2m2cos411法二：由法一知，可令，为参数，R，则，所以n2sinq2sinyx2y1242x2点为T，则Tx,1，则22m4n2p4q2cos2sin422cos2sin44442cos2sin842cos122sin242cos，所以选D.y2x12y1x22kx224x12kx124x22yT2x122x121221042sin2kxx44kxx8k161212，将代入上式，得2x2AB116.法一：取线段AB中点T，则在RtPTA中，PA33AT，可得PT2AT，过点T4k216k4k28k6422k44k8k16k24k24k24作TH准线于H，则由抛物线几