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数学-湖北重点高中智学联盟2023年秋季高二年级12月联考
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湖北重点高中智学联盟2023年秋季高二年级12月数学答案1.A2.C3.B4.C5.D6.C7.D8.D9.ABC10.BD11.BD12.BCD2413.,14.915.4516.515521217.(1)由抛物线y20pxp的焦点为,0,得抛物线的方程为yx,-------1分4直线l过点2,0且倾斜角为,则直线的方程为yx2,--------2分42yx2联立得:xx540,yx222则AB11x1x24x1x232-----------5分(2)双曲线的实轴长为2aa21---------6分y2则双曲线Cx:12,则渐近线方程为:ybx,b25b故25b2,-------8分1b2故双曲线的渐近线方程为:yx2,取右焦点为5,0,25则双曲线C的焦点到渐近线的距离为d2-------------10分122(若直接运用结论:双曲线的焦点到渐近线的距离为db2不扣分)18.(1)由频率分布直方图可知5×(0.01+0.07+x+0.04+0.02)=1,解得x=0.06.----------3分身高在[180,185]的人数占比为5×0.02=10%,身高在[175,180)的人数占比为5×0.04=20%,所以该100名学生身高的80%分位数落在[175,180)内,可知恰好为区间的中点,故该100名学生身高的80%分位数为177.5.----------6分(2)A组人数为100×5×0.06=30,B组人数为100×5×0.04=20,C组人数为100×5×0.02=10,66由题意可知A组抽取人数为30×=3,B组抽取人数为20×=2,30+20+1030+20+106C组抽取人数为10×=1.----------9分30+20+106人中任选2人的方法数为15,这2人来自不同小组方法数为32312111,11故这2人来自不同小组的概率P----------12分15.19.(1)AC11ABBCCCabc,-----------------2分1|a|=|b|=1,|c|=2,〈a,b〉=〈b,c〉=〈c,a〉=60°,∴a·b=,b·c=c·a=1.2第1页共4页2222-------5分AC1abc=abc=abc2abaccb22=11(2)BD1BAAA1AD11abc,2222,----7分BD1abc=abc=abc2ab2ac2cb=5ACab,3AC,------------------8分→→22BD1·AC=(b+c-a)·(a+b)=b-a+a·c+b·c=2,--------------10分→→→→BD1·AC215cosBDAC.∴〈1,〉=→→=|BD1||AC|15215∴异面直线AC与BD1所成角的余弦值为.--------------12分1520.解:(1)两点0,3,4,5的中垂线方程为:2xy80,联立xy80,解得圆心C0,8,r5,故圆C的方程为:xy22(8)25――――――――5分(2)由直线l且被圆截得的弦长为6,故圆心到直线的距离为d52234,A.若直线过原点,可知直线的斜率存在,设直线为:ykx,8dk43,此时直线的方程为:30xy----------7分1k2xyA.若直线不过原点,设直线为:1x2y2a0,2aa162ada4825,122此时直线的方程为:xy216450,xy216450故直线的方程为:,,----------12分21.(1)证明:因为AB为圆柱底面的直径,所以AD⊥BD.因为DQ为圆柱的母线,故AD⊥DQ,又BD∩DQ=D,故AD⊥平面BDQ.由AP和DQ为圆柱的两条母线知四边形APQD为矩形,z因此PQ∥AD,故PQ⊥平面BDQ.又因为PQ⊂平面PCQ,所以平面PCQ⊥平面BDQ.----------5分(2)由题意知DA,DB,DQ两两垂直,建立如图所示的空间直角坐标系,令AB=2,故BD=ABsin30°=1,B(0,1,0),Q(0,0,2),△ACD是圆柱底面的内接正三角形,故∠BAD=30°,故AD=ABcos30°=3,x1333yCCH⊥ADHDHADCHAD过作,垂足为,=2=2,=2=2,3331故点C的坐标为C0,BQ0,1,2,BC,,02,2,22第2页共4页由AD⊥平面BDQ,可设平面BDQ的法向量为m=(1,0,0),设平面CBQ的法向量为n=(x,y,z),yz20由nBQ0,nBC0,即31,令z3,n2,23,3.xy022|m·n|2则cos〈m,n〉==,----------10分|m||n|192215285设二面角CBQD的平面角为θ,sin1191919285故二面角的正弦值为.----------------------12分193c33122.(1)eca,b2a2a2a2a24b2,2a2444141又11,ba222,8a2b24b2b2xy22故椭圆C的方程为1----------4分82(2)法一:当直线AB的斜率不存在时,设Ax0,,,y0Bx0y0,PAPB2x0,1y02x0,1y0022126代入yx002,得:5x016x0120x02舍,x0=456此时AB:=x----------6分5当直线的斜率存在时,设AB:ykxm,联立得:8km4m28222,,14kx8kmx4m80x1x222,x1x2----------7分14kk14PAPB2x1,1y12x2,1y20,2x12x2+1y11y2=0,x12x22+kx1m1kx2m1=0,22,k1x1x2kmk2x1x2m2m50代入整理得:12k2216km5m2m30,----------9分2km652302kmmkm16530km,当2km10m12k,此时AB:ykx12kkx21,过定点P2,1,舍去.第3页共4页63k6k36363当6k5m30m,此时AB:ykxkx,过定点,55555555综上有,直线AB始终过定点.----------12分法二:利用齐次式:依题意可知:设AB:mx2ny11,22xy22椭圆C的方程为1x224y8,x224y118,8222则:x24x24y18y10,22x24142yxmxny2181ymxny21022即:41284184mxnymnx210yyy112A:当PA,PB的斜率存在时,4m18n48m4n0,x22x22yy11即:8n48m4n+4m10xx224m15kk1,1m2n,PAPB8n445此时AB:mx2ny112nx2ny11,4623xyx535即:2xy3nx0,故53,42x0342y5此时直线是否过定点.B:当的斜率一个为0,另一个不存在时,不妨取AB2,1,2,1,1此时直线AB:,yx也过点,2综上有,直线始终过定点.第4页共4页

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