2023唐山十县一中高二上学期11月期中考试数学PDF版含答案

这是一份2023唐山十县一中高二上学期11月期中考试数学PDF版含答案，文件包含河北省唐山市十县一中2022-2023学年高二上学期11月期中考试数学期中答案docx、高二数学pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共7页， 欢迎下载使用。
一、单选题
BACD CABB
二、多选题
9．ABC 10．BC 11．AC 12．ABD
三、填空题
13．±1 14．2 15．eq \r(3) 16．[2eq \r(2)，4)
四、解答题
17．解：
（1）BC的中点为(4，－1)，…2分
所以BC边上的中线所在直线的方程为eq \f(y－4,－1－4)＝eq \f(x－2,4－2)
整理可得5x＋2y－18＝0．…4分
（2）kBC＝－eq \f(2,5)，可得BC边上的高所在直线的斜率为eq \f(5,2)，…6分
所以方程为y－4＝eq \f(5,2)(x－2)，
整理可得5x－2y－2＝0．…8分
（3）kAB＝1，kAC＝－1，所以kAB＋kAC＝0，
结合图形，可得∠BAC的平分线所在直线的方程为x＝2．…10分
18．解：
B
C
D
A
D1
C1
A1
B1
M
N
y
x
z
（1）以A为原点，以eq \(AB,\s\up5(→))，eq \(AD,\s\up5(→))，eq \(AA1,\s\up5(→))为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则D (0，4，0)，B1(2，0，3)，
M(a，4，0)，N(0，1，3)．…2分
所以eq \(MN,\s\up5(→))＝(－a，－3，3)，eq \(B1N,\s\up5(→))＝(－2，1，0)．
由MN⊥B1N得eq \(MN,\s\up5(→))·eq \(B1N,\s\up5(→))＝0，
即2a－3＝0，解得a＝eq \f(3,2)．…6分
（2）由（1）得eq \(MN,\s\up5(→))＝(－a，－3，3)，
A1 (0，0，3)，B(2，0，0)，
eq \(A1B,\s\up5(→))＝(2，0，－3)．…8分
设平面A1BD的法向量为n，
则eq \b\lc\{(\a\al(\(BD,→)·n＝0，,\(A1B,→)·n＝0，))取n＝(6，3，4)．…11分
由MN∥平面A1BD得 n·eq \(MN,\s\up5(→))＝0，即a＝eq \f(1,2)．…12分
19．解：
A1
B1
C1
A
B
M
C
z
x
y
O
（1）取AC的中点O，则OB⊥AC，以O为原点，
以eq \(OA,\s\up5(→))，eq \(OB,\s\up5(→))为x，y轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．
即O(0，0，0)，A(1，0，0)，C(－1，0，0)，
B(0，eq \r(3)，0)，M(0，eq \r(3)，eq \r(3))．
所以eq \(AB,\s\up5(→))＝(－1，eq \r(3)，0)，eq \(AC,\s\up5(→))＝(－2，0，0)，
eq \(AM,\s\up5(→))＝(－1，eq \r(3)，eq \r(3))．…2分
设平面MAC的法向量为n，
则eq \b\lc\{(\a\al(\(AC,→)·n＝0，,\(AM,→)·n＝0，))取n＝(0，1，－1)．…4分
所以cseq \(AB,\s\up5(→))，n＝eq \f(\r(3),2×\r(2))＝eq \f(\r(6),4)，
故AB与平面MAC所成角的正弦值为eq \f(\r(6),4)．…6分
（2）由（1）得A1(1，0，2eq \r(3))，C1(－1，0，2eq \r(3))，
则eq \(A1C1,\s\up5(→))＝(－2，0，0)，eq \(A1M,\s\up5(→))＝(－1，eq \r(3)，－eq \r(3))．…8分
设平面MA1C1的法向量为m，则eq \b\lc\{(\a\al(\(A1C1,→)·m＝0，,\(A1M,→)·m＝0，))取m＝(0，1，1)．…10分
所以m·n＝0，即m⊥n．
故平面MA1C1⊥平面MAC．…12分
20．解：
（1）圆O的圆心为O(0，0)，半径r＝1；…1分
由圆C：x2＋y2－6x－8y＋m＝0得(x－3)2＋(y－4)2＝25－m，m＜25．
所以圆C的圆心C(3，4)，半径R＝eq \r(25－m)，…3分
因为两圆相外切，所以|OC|＝R＋r，即eq \r(25－m)＝4，解得m＝9．…4分
（2）由（1）得圆C：(x－3)2＋(y－4)2＝16．
= 1 \* GB3①当直线l的斜率不存在时，设l的方程为x＝t，
依题意eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(|t|＝1，,|t－3|＝4，))解得t＝－1，即l的方程为x＝－1．…5分
= 2 \* GB3②当直线l的斜率存在时，设l的方程为y＝kx＋b，
依题意eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(|b|,\r(1＋k2))＝1，,\f(|3k＋b－4|,\r(1＋k2))＝4．))所以|3k＋b－4|＝4|b|．…7分
当3k＋b－4＝4b时，3b＝3k－4，代入上式可得(3k－4)2＝9(1＋k2)，
解得k＝eq \f(7,24)，即b＝－eq \f(25,24)，
所以此时l的方程为y＝eq \f(7,24)x－eq \f(25,24)．…9分
当3k＋b－4＝－4b时，5b＝4－3k，代入上式可得(4－3k)2＝25(1＋k2)，
解得k＝－eq \f(3,4)，即b＝eq \f(5,4)，
所以此时l的方程为y＝－eq \f(3,4)x＋eq \f(5,4)．…11分
故满足题设的l的方程为x＋1＝0，或7x－24y－25＝0，或3x＋4y－5＝0．
…12分
21．解：
连接AC，BD，设AC与BD的交点O，则OP⊥BD，AO⊥BD，所以∠AOP为二面角A-BD-P的平面角，所以∠AOP＝90°，因此AO⊥OP，故PO⊥底面ABD．
E
A
B
C
D
P
x
y
z
O
以O为原点，以eq \(OA,\s\up5(→))，eq \(OB,\s\up5(→))，eq \(OP,\s\up5(→))为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．不妨设OA＝1，
则A(1，0，0)，B(0，1，0)，
D(0，－1，0)，P(0，0，1)．…2分
（1）eq \(AD,\s\up5(→))＝(－1，－1，0)，
eq \(BP,\s\up5(→))＝(0，－1，1)，所以cseq \(AD,\s\up5(→))，eq \(BP,\s\up5(→))＝eq \f(1,\r(2)×\r(2))＝eq \f(1,2)，即eq \(AD,\s\up5(→))，eq \(BP,\s\up5(→))＝60°，
故直线AD与BP所成角为60°．…4分
（2）因为∠PBD＝45°，所以可设E(0，t，1－t)，0≤t≤1，eq \f(PE,EB)＝eq \f(t,1－t)．
eq \(AE,\s\up5(→))＝(－1，t，1－t)，eq \(AB,\s\up5(→))＝(－1，1，0)，eq \(AP,\s\up5(→))＝(－1，0，1)．…5分
设平面ABP的法向量为m，
则eq \b\lc\{(\a\al(\(AB,→)·m＝0，,\(AP,→)·m＝0，))取m＝(1，1，1)．…7分
设平面ADE的法向量为n，
则eq \b\lc\{(\a\al(\(AD,→)·m＝0，,\(AE,→)·m＝0，))取n＝(1－t，t－1，t＋1)．…9分
所以csm，n＝eq \f(t＋1,\r(3)×\r(3t2－2t＋3))＝eq \f(\r(2),3)，解得t＝eq \f(1,3)或3．
因为0≤t≤1，所以t＝eq \f(1,3)，eq \f(PE,EB)＝eq \f(1,2)．
故当eq \f(PE,EB)＝eq \f(1,2)，平面ADE与平面PAB夹角的余弦值为eq \f(\r(2),3)．…12分
22．解：
（1）显然圆C关于x轴对称，P3(1，eq \r(3))，P4(1，－eq \r(3))关于x轴对称，所以P3，P4
在圆C上，因此P1不在圆C上，即P2，P3，P4在圆C上，代入圆的方程可得
eq \b\lc\{(\a\al(a2＋4＝r2，,(1－a)2＋3＝r2，))解得eq \b\lc\{(\a\al(a＝0，,r＝2．))所以圆C的方程为x2＋y2＝4．…4分
（2）直线l：y＋2＝k(x－4)，k≠－1．
（ⅰ）将直线l：y＋2＝k(x－4)代入圆C的方程得
(1＋k2)x2－(8k2＋4k)x＋16k2＋16k＝0，…6分
Δ＝(8k2＋4k)2－4(1＋k2)(16k2＋16k)＞0，解得－eq \f(4,3)＜k＜0，
又k≠－1，所以－eq \f(4,3)＜k＜－1，或－1＜k＜0．…8分
（ⅱ）设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝eq \f(8k2＋4k,1＋k2)，x1·x2＝eq \f(16k2＋16k,1＋k2)．
kP2A＝eq \f(y1－2,x1)，kP2B＝eq \f(y2－2,x2)；y1＋2＝k(x1－4)，y2＋2＝k(x2－4)，
所以kP2A＋kP2B＝2k－(4k＋4)·eq \f(x1＋x2,x1x2)
＝2k－(4k＋4)·eq \f(2k＋1,4k＋4)
＝－1．
即直线P2A与直线P2B的斜率之和为定值．…12分