1、高二数学试题答案 第 1 页（共 6 页）吉林市普通中学 20222023 学年度高二上学期期中调研测试数学试题参考答案一、单项选择题：本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.12345678BCDBAACA二、多项选择题：本大题共 4 小题，全部选对的得 5 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分，共20 分.三、填空题：本大题共 4 个小题,每小题 5 分，共 20 分.其中第 16 题的第一个空填对得 2 分，第二个空填对得 3 分.13.3314.2 或 2115.4316.23(2 分)，389（3 分）16提示：题点 P 的轨迹如图四、解答题17【解析】（）由题意，
2、直线AB/l或直线 l 经过 AB 的中点.1 分当直线AB/l时，AB 的斜率32042ABk，直线 l 的斜率3 a，故3a3分当直线 l 经过 AB 的中点时，AB 的中点坐标为)11(,，满足直线 l 的方程，即021 a，故1a综上，3a或1a.5 分（法二）A 到直线 l 的距离124221aad|.1 分B 到直线 l 的距离12222a|d.2 分21dd 4|22|a.3 分3a或1a.5 分（评分说明：少一种情况扣 2 分.）（）若0a，则1a直线 l 的倾斜角为 4，直线 l 与直线 l 的夹角为 4,所以直线 l 的倾斜角为 0 或 2.7 分当直线 l 的倾斜角为 0
3、 时，直线 l 的方程为04 y；当直线 l 的倾斜角为 2 时，直线 l 的方程为02 x.综上，直线 l 的方程为：02 x或04 y.10 分（评分说明：少一种情况扣 2 分.）（法二）经分析可知满足条件的直线必有两条.i.由已知当直线 l 斜率存在时，设其为 k，9101112ABDACBCDBCD高二数学试题答案 第 2 页（共 6 页）从而设直线 l 的一个方向向量为(1,)mk.6 分又由已知（1）及0a，可知1a ，所以直线l 的一个方向向量为(1,1)n，7 分由已知直线的夹角为45 可得：2cos,2m n ，即2212|1|2 kk，解得0k 直线 l 的方程为：04 y
4、.8 分ii.另一条满足条件的直线斜率不存在，其方程为：02 x9 分综上，直线 l 的方程为：02 x或04 y.10 分18【解析】（）设圆1C 半径为 r，由圆1C 过原点和点)001(,A可知，圆心在线段OA 的垂直平分线5x上.又因为圆心在直线052:yxl上，满足，0525yxx解得 55yx即)55(1,C.又因为点O 在圆上，点)00(,O满足222)5()5(ryx，502 r 4 分圆1C 的标准方程为50)5()5(22yx.6 分（法二）圆心1C 在直线052:yxl上，设圆心),52(1bbC，因为点O 和点)001(,A在圆1C 上，所以|AC|OC|11,即222
5、2)105(2)52(bbbb.解得：5b，25|1 OCr,所以圆心)5,5(1C.4 分圆1C 的标准方程为50)5()5(22yx.6 分（）圆2C 的圆心)1,3(，半径为25，圆心到直线 l 的距离为5221|5)1(23|22d25，8 分所以直线 l 与圆2C 相交.9 分弦长为302)52()25(222.12 分（评分说明：将直线与圆方程联立，判断位置关系给 3 分，求弦长给 3 分）19【解析】（）证明：由题PD平面 ABCD,底面 ABCD 为矩形，以 D 为原点，直线DPDCDA，所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系xyzD 如图：则)0,0,2(A
6、，)0,0,0(D，)0,1,0(C，)0,1,1(M，)2,0,0(P，)32,32,32(Q.)323232(,DQ，)011(,AM，)202(,AP.0 AMDQAMDQ，3 分0 APDQAPDQ，5 分AAPAM DQ平面 PAM.6 分（法二）证明：由题PD平面 ABCD,底面 ABCD 为矩形，以 D 为原点，直线DPDCDA，所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系xyzD 如图：则)002(,A，)000(,D，)010(,C，)011(,M，)200(,P，)323232(,Q.设)(z,y,xn 是平面 PAM 的一个法向量.)011(,AM,)202(
7、,AP.0220zxAPnyxAMn取1x，有111zyx，高二数学试题答案 第 3 页（共 6 页）)111(,n.3 分)323232(,DQ，则nDQ32，n/DQ.DQ平面 PAM.6 分（法三）证明：连接 DMPD平面 ABCD,AM平面 ABCD.AMPD.在 AMD中，2,2ADDMAM.222ADDMAM，DMAM,且DDMPD，AM平面 PDM,又DQ平面 PDM，DQAM.3 分3362 PMDMPDMcos，又33236DMQMDMQcos，DQMPDM，PMDQ.5 分且MPMAM，DQ平面 PAM.6 分（）（接向量法）由（1）可知平面 PAM 的法向量为)32,32
8、,32(DQ（也可为)1,1,1(n）.平面 PCD 的一个法向量为)0,0,1(m.9 分33332132|,DQmDQmDQmcos.11 分平面 PAM 与平面 PDC 的夹角的余弦值为33.12 分（法二）延长DCAM，交于点 N，连接 PN.NAMN平面 PAM，NCDN平面 PCD.平面PAM平面PNPCD.过 D 做PNDT 于T,连接 AT.PD平面 ABCDADPD.又CDAD，DPDCD，AD平面 PCD，又PN平面 PCD，PNAD.又PNDT，DADDT，PN平面 ADT,ATPN,ATD为二面角DPNA的平面角.9 分在ATDRt中，6AT，3362 ATDTATDc
9、os.平面 PAM 与平面 PDC 的夹角的余弦值为33.12 分20【解析】（）设动圆 M 的半径为 r.由动圆 M 与圆1C 外切可知：11 r|MC|，(1)由动圆 M 与圆2C 内切可知：rMC 9|2，(2)2分则(1)+(2)可得：810|2121|CC|MC|MC|.3分所以动圆 M 的轨迹是以1C，2C 为焦点，长轴长为10，焦距为8的椭圆.4分动圆 M 圆心的轨迹方程为192522 yx.5分（评分说明：圆心 M 的轨迹方程中是否抠除左顶点均不扣分）高二数学试题答案 第 4 页（共 6 页）xyz（）设与直线 l 平行的直线)40(054:0mmyxl.由054192522m
10、yxyx,得022582522mmxx.7分0)225(254)8(22mm.当0时，即25m时，直线与椭圆相切.由图形可知，当25m时，切点 P 到直线 l 的距离最大.10分设最大距离为d，则41416554402522|d.所以，曲线 上的点到直线 l 的最大距离为414165.12分（法二）设椭圆上点)3(5sin,cosP.7分则点 P 到直线 l 的距离4140255440152022|)cos(|sincos|d（其中43tan）10分当1)(cos时，d 取得最大值，即414165maxd.所以，曲线 上的点到直线 l 的最大距离为414165.12分（法三）设曲线 上任一点)
11、,(yxP，则 P 到直线 l 的距离2254|4054|yxd 7分由柯西不等式得222)54()2591625)(925(yxyx.25|54|yx,当且仅当|y|x|3203时，取“”.10分25)54(maxyx,414165maxd.所以，曲线 上的点到直线 l 的最大距离为414165 12分21【解析】（）当 P 在1BB 中点处时，/MP面BCA1.证明如下：在直棱柱111CBAABC 中，ABBC,以 B 为坐标原点，以 BC，BA，1BB 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系xyzB，如图：则)0,2,0(A，)0,0,0(B，)0,0,2(C，)2,
12、0,0(1B，)2,2,0(1A，)2,0,2(1C，)2,1,1(M.设平面BCA1的一个法向量为),(zyxn，)0,0,2(BC,)2,2,0(1 BA，0220211zyBAnxBCnBAnBCn，令1y，得110zyx，即)1,1,0(n.3 分设)20)(,0,0(P，则)2,1,1(PM,令021nPM，解得1，5 分故 P 在1BB 中点处时，/MP平面CAB1.6 分（评分说明：注意强调建系说明，并在图中标注，若没有，只扣 1 分）（法二）当 P 在1BB 中点处时，/MP面BCA1.证明如下：取CA1中点 N,连接 MN,NB.高二数学试题答案 第 5 页（共 6 页）./
13、21 21 11111111|BCAMPBCANBBCAMPNBMPPBMNCCPBCCMNNCNAMCMA平面平面平面6 分（评分说明：证出线线平行，给 3 分；没有强调l，扣 1 分.）（法三）取1CC 中点T,连接 PT，MT.MPTPT,MTTPTMTBCA/PTBCABCBCAPTBC/PTTCCTPBBPBCA/MTBCACABCAMTCA/MTTCCTMCMA平面平面平面平面平面平面平面 1111111111111./11BCAMPMPTMPBCAMPT平面平面平面平面 6 分（评分说明：证出线面平行，给 2 分；没有强调l，扣 1 分；利用线线平行证明面面平行，扣 1分.）（法
14、四）)(21211111111CBABBBMBPBPMBCBACBBABB21212121211111.4 分所以 PM,1BA,BC 共面，且PM平面BCA1，所以/PM平面BCA1.6 分（法五）取 AC 中点为1M，连接1MM 交CA1与O，连接OB则1/MMBP，即1MMPB，四点共面./MP平面BCA1，MP平面1BPMM，平面1BPMM平面OBBCA1OBMP/3 分又BPMO/，四边形 BPMO 是平行四边形，即BPMO 又121 BBMO，121 BBBP，即 P 是1BB 的中点 5 分（）设)20)(,0,0(ttP，),(cbam 为平面PCA1的一个法向量.)2,2,2
15、(1CA,),0,2(tCP，)200(1,CC 0202211tzxCPm2zyxCAmCPmCAm，令tx 得22ztytx即)2,2,(ttm.8 分1C 到平面PCA1的距离为8t42421tmmCC，10 分当1t时，1C 到平面PCA1的距离的最大值为362.12 分（法二）设点1C 到平面PCA1距离为 h.在ABCRt中，2 BCAB，22AC,在ACARt1中，321CA.又/1BB平面11AACC，1BBP,点 P 到平面的11AACC的距离为2.8 分3422222131231111111CCACCAPPCACSVV.9 分高二数学试题答案 第 6 页（共 6 页）即34
16、311hSPCA，PCASh14.取CA1中点 E，连接 PE.当点 P 为1BB 中点时，PE 为异面直线1BB 与CA1的公垂线段.62322121)(11PECASminPCA.36264)(41minPCAmaxSh.所以，点1C 到平面PCA1的距离的最大值为362.12 分（法三）提示：当平面CCA11平面PCA1时，点1C 到平面PCA1的距离最大.8 分平面CCA11平面CAPCA11，作CAHC11，垂足为 H，则HC1平面PCA1，HC1为点1C 到平面PCA1最大距离.CCCACAHC11111，362322221HC.所以，点1C 到平面PCA1的距离的最大值为362.
17、12 分22【解析】（）由已知可得：36 ace,322 a,所以3a，2c.又123222cab，所以椭圆C 的方程为1322 yx.3分（）易知，直线 l 的斜率存在且不为0，设直线 l 的方程为2 tyx且与椭圆相交于),(11 yxA，),(22 yxB由33222yxtyx，消去 x 可得014)3(22tyyt，0)1(122t.4分所以12 t，由韦达定理可得：34221ttyy，31221 tyy36231324124212212ttyy)yy(tAB.5分所以02712724tt即32 t或792t（舍）,所以3t符合题意.所以直线 l 的方程为023yx或023yx.7分（）过原点O 作圆 M 的切线kxy，设)(00 y,xM，圆的半径为)0(rr，由圆心)(00 y,xM到直线0 ykx的距离等于半径，可得rk|kxy1|200.即20022)()1(kxyrk，即02)(220002220rykyxkrx.（*）8 分由已知OPk，OQk即为方程（*）的两个根，所以由韦达定理可得：31220220rxrykkOQOP，所以4320202yxr.9 分因为)(00 y,xM在椭圆上，所以132020 yx，即332020yx.所以432 r，即23r.所以圆 M 的半径为23r.12 分（评分说明：根据特殊位置，如 M 在椭圆顶点时，求出半径，给 2 分）
