{#{QQABSQIAoggAABAAAAhCEwGKCAKQkBGACKoGhBAIsAAAyBNABAA=}#}{#{QQABSQIAoggAABAAAAhCEwGKCAKQkBGACKoGhBAIsAAAyBNABAA=}#}{#{QQABSQIAoggAABAAAAhCEwGKCAKQkBGACKoGhBAIsAAAyBNABAA=}#}{#{QQABSQIAoggAABAAAAhCEwGKCAKQkBGACKoGhBAIsAAAyBNABAA=}#}按秘密级事项管理丹东市2023~2024学年度上学期期末教学质量监测高二数学一、选择题1．C2．D3．B4．D5．A6．C7．B8．D二、选择题9．ABC10．BCD11．ACD12．ABD三、填空题13．7514．(6,-2)15．(0,3)16．2四、解答题17．解：（1）设所求圆C的方程为(xa)2y2r2(r0)，依题意得(a1)242r2a1，作差得，所以圆C的标准方程为(x1)2y220．222(a3)2rr25…………………（5分）201（2）设过B且与圆C相切的直线的斜率为k，直线BC的斜率为k，因为13(1)21kk11，所以k2，则所求的切线方程为y22(x3)，即y2x8．k1…………………（10分）18．解：9m0x2y2（1）因为方程1是椭圆，则满足m10，解得1m9，且m5，9mm19mm1所以m的取值范围为(1,5)(5,9)．…………………（4分）x2y2（2）当m3时，椭圆方程为1，设l与C交于A(x,y)，B(x,y)，中点M(x,y)62112200高二数学第1页共6页{#{QQABSQIAoggAABAAAAhCEwGKCAKQkBGACKoGhBAIsAAAyBNABAA=}#}x2y211162所以有x1x22x0，y1y22y0，将A，B，代入椭圆中得，两式作差得x2y222162(y1y2)(y1y2)1y1y2y01y0，即，因为直线OM的斜率k1，(x1x2)(x1x2)3x1x2x03x0y1y211直线l的斜率k，所以kk1，直线OM的斜率与直线l的斜率乘积为定值．x1x233…………………（12分）19．解：（1）证明：因为平面PAC平面ABC，且平面PAC平面ABCAC，PO平面PAC，△PAC是等边三角形，O为AC的中点，所以POAC，所以PO平面ABC．…………………（4分）（2）因为ABBC，ABBC2，连接OB，所以OBAC，以O为坐标原点，OB的方向为x轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系O—xyz，由题11设得A(0,1,0)，C(0,1,0)，P(0,0,3)，B(1,0,0)，M(,,0)，AP(0,1,3)，22z13AM(,,0)，PC(0,1,3)P22nAP0设平面APM的法向量为n(x,y,z)，则，nAM0OACyy3z0M即13，可取n(33,3,1)，Bxy022xnPC93设直线PC与平面PAM所成角为，sincosn,PC，所以sin，nPC3193所以直线PC与平面PAM所成角的正弦值为．31…………………（12分）20．解法一：（1）设点P(x,y)，则A(4,y)，OP(x,y)，OA(4,y)，由OAOP0，可得4xy20，即y24x，点P的轨迹方程E为y24x．…………………（4分）高二数学第2页共6页{#{QQABSQIAoggAABAAAAhCEwGKCAKQkBGACKoGhBAIsAAAyBNABAA=}#}y2y2y2y2（2）设M(1,y)，N(2,y)，由OMON，知12yy0，由yy0，可得4142441212．y1y216y2y212y2y2yy直线：144，即112，点代入可得MNx(yy1)x(yy1)(3,1)4y1y244．y1y24于是22．MN1m|y1y2|2[(y1y2)4y1y2]410…………………（12分）解法二：（1）同解法1．y2（2）可知MN不垂直于y轴，可设MN：xm(y1)3，x代入可得4y2mym30，因为m2m30，设M(x,y)，N(x,y)，则yy4m，4112212．y1y24(m3)y2y2由OMON，可得xxyy0，即12yy0，可知yy0，可得yy16，121244121212即4(m3)16，m1．于是22．MN1m|y1y2|2[(y1y2)4y1y2]410…………………（12分）21．解：（1）存在点Q，当A1Q2QN时，PQ//面A1CM．C1A1证明：取AB的中点D，连接CD，BD，DM，111NQDB1设A1NC1DQ，所以A1Q2QNP因为DM//CC1，且DMCC1，所以C1D//CM，又因为，且，BD//A1MC1DBDDCAMCMA1MM，所以平面C1DB//平面A1CM，BPQ平面C1DB，所以PQ//平面A1CM．…………………（6分）高二数学第3页共6页{#{QQABSQIAoggAABAAAAhCEwGKCAKQkBGACKoGhBAIsAAAyBNABAA=}#}（2）解法一：因为二面角A1CMB与二面角A1CMA互补，所以求二面角A1CMA的平面角，过A作AECM，垂足为E，连接A1E，根据三垂线定理A1ECM，所以A1EA是二面角A1CMA的平面角，因为BAC90，AC2，AM1，CM5，所以252430mAE，设AA1m，A1Mm，因为，所以m=2，即AA12．5564m25…………………（12分）z解法二：CA以为坐标原点，的方向为轴的正方向建立如图11AACxNQB1所示的空间直角坐标系A—xyz，设AA1a，由题设P得A1(0,0,a)，C(2,0,0)，B(0,2,0)，M(0,1,0)，CA1(2,0,a)，CM(2,1,0)，PC(0,1,3)，设平面ACM的法向量1xCAMCAn0为，且11，Bn1(x,y,z)yCMn102xy0所以，可取n1(a,2a,2)，平面CBM的一个法向量为n2(0,0,1)，2xaz025a30所以cosn1,n2，则sinn1,n2，解得a2，故AA12．5a245a246…………………（12分）22．解法一：c5x2（1）依题意得c5，，所以a2,b1，所以C的方程为y21．a24…………………（4分）（2）设M(x1,y1)，N(x2,y2)，直线MA2：ym(x2)，直线NA1：yn(x2)．ym(x2)由，得2222．22(14m)x16mx16m40x4y40高二数学第4页共6页{#{QQABSQIAoggAABAAAAhCEwGKCAKQkBGACKoGhBAIsAAAyBNABAA=}#}16m248m224m由2x1，得x1，故y1．14m24m214m21yn(x2)由，得2222．22(14n)x16nx16n40x4y4016n248n224n由2x2，得x2，故y2．14n24n214n21yy由题设知12，故(4mn1)(3nm)0，由题意mn0，故m3n．x14x24点P(x,y)，满足ym(x2)且yn(x2)，所以x1，点P在定直线x1上．…………………（12分）解法二：（1）同解法1．x2（2）可知MN不垂直于y轴，可设MN：xmy4(m2)，代入y21可得4222(m4)y8my120，因为16m1920，设M(x1,y1)，N(x2,y2)，则3myy(yy)．12212y1y2由MA2：y(x2)，NA1：y(x2)，可得x12x223(yy)2yx2y(x2)myy2y122y3y121122221．x2y(x2)myy6y33y9y312121(yy)6y212121从而x1，故点P在定直线x1上．…………………（12分）解法三：（1）同解法1．x2（2）可知MN不垂直于y轴，可设MN：xmy4(m2)，代入y21可得4222(m4)y8my120，因为16m1920，设M(x1,y1)，N(x2,y2)，则8m12yy，yy．12m2412m24y1y2由MA2：y(x2)，NA1：y(x2)，可得x12x222x242(x2)x2y(x2)y(x2)1(x2)(x2)2121412x2y1(x22)y1y2(x22)y1y2(x22)4y1y2高二数学第5页共6页{#{QQABSQIAoggAABAAAAhCEwGKCAKQkBGACKoGhBAIsAAAyBNABAA=}#}(my2)(my2)124y1y2m2m(yy)11242y1y2y1y2m2m2m2443121.3从而x1，故点P在定直线x1上．…………………（12分）解法四：1设M(x,y)，N(x,y)，当直线MN的斜率存在时，设MN：ym(x4)(m)，11222ym(x4)由，得2222，22(14m)x32mx64m40x4y432m264m24所以x1x2，x1x2，14m214m2y1y2因为MA2：y(x2)，NA1：y(x2)，联立方程解得x12x222(yxyx)4(yy)x122112y1x2y2x12y12y2因为2(y1x2y2x1)4(y1y2)(y1x2y2x12y12y2)y1x23y2x12y16y24mx1x210m(x1x2)16m64m2432m2m(41016)04m214m21所以x1，当直线MN的斜率不存在时，MN：x4，所以M(4,3)，N(4,3)33MA：y(x2)，NA：y(x2)22163联立方程解得P(1,)，故点P在定直线x1上.2…………………（12分）高二数学第6页共6页{#{QQABSQIAoggAABAAAAhCEwGKCAKQkBGACKoGhBAIsAAAyBNABAA=}#}