宝鸡中学2023级高二第一学期阶段考试（一）参考答案-数学_2024-2025高二（7-7月题库）_2024年10月试卷_1024陕西省宝鸡中学2024-2025学年高二上学期10月月考

宝鸡中学 2023 级高二第一学期阶段考试（一）
数学参考答案
一、单选题：1.C 2.C 3.B 4.D 5.D 6.B 7.B 8.C
二、多选题：9.BD 10.ABC 11.ACD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
6 5
12.－ 13. 14.
6 5
1
(0,2]
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步
骤。
15. 解： 设点 ,因为 ,所以直线 的斜率

(1)  (  ,  )  (− 5,0)      =  + 5(  ≠−
， 同理,直线 的斜率

由5已) 知,有      =  − 5(  ≠ 5).
1
+ 5×  − 5 =−5(  ≠± 5)
化简,得点 的轨迹方程为
2
2
5 +  =1(  ≠± 5).
点 的轨迹是除去 , 两点的椭圆.
(− 5,0) ( 5,0)
设 ，则 ，

02
2
所(2)以  (  0,  0) 5 +  0 =1 ，
2 2 2 2 2
所以|   | =  0 +(  0−1) =5−5  0 +(  0−1，)
2 2 1 2 25
因为|   | =−4  ，0 −2  0+6=−4(  0+4) + 4
所以−1<  0 <时，1 最大为 ，
1 2 25
0 =−4 |   | 4
所以线段 长的最大值为 ．
5
2
{#{QQABLQQEogioQJJAAQgCAwVYCAMQkBCAASgGBBAAMAIAiBFABCA=}#}16.解：(1)根据正弦定理，条件即为sinAcosC+ sinAcosC=sinB+sinC，
也即sinAcosC+ sinAcosC=sin(A+C)+sinC， 3
所以sinAcosC+ 3 sinAcosC=sinAcosC+cosAsinC+sinC，
3
整理得 sinA-cosA=1，即sin(A-30°)= ，所以A-30°=30°，即A=60°.
1
3 2
(2) 由A=60°，S= bcsinA= ，得bc=4.由余弦定理，得
1
= + -2bccosA2= -23bc-2bccosA，所以b+c=4.
又2 bc2=4，2 所以b=c=2. 2
(  +  )
17. 解：设第一次抽取的人记为 ,第二次抽取的人记为 ,则可用数组 表示
样本点.
1  2  1,  2
(1)根据相应的抽样方法可知:有放回简单随机抽样的样本空间
,
Ω1 = B1,B1 , B1,B2 , B1,G1 , B1,G2 , B, 2,B1 , B2,B2 , B2  1 ,  2 .,  2 ,
不  放 1,  回 1 简, 单  1 随,  机 2 抽,  样 1,的  1 样,本  空 1,间  2 ,  2,  1 G2,B2 , G2,G1 , G2,G2
,
.
Ω2 =  1,  2 ,  1,  1 ,  1,  2 ,  2,  1 ,  2,  1 ,  2,  2 ,  1,  1 ,  1,  2
按  性 1,  别 2 等, 比  2 例,  分 1 层,  抽 2,样  2 ,先, 从  2 男,  生 1 中抽一人,再从女生中抽一人,其样本空间
(2设事件 “抽到两Ω3名=男生B1 ”,G, 1 则, B1,G2 , B2,G1 , B2,G2 .
对于有放回  简=单随机抽样,
因为抽中样本空间 中每一  个=样本B1 点,B的 1 可, B能 1,性B2 都,相B等 2,B, 1 所,以B这 2,是B2 一.个古典概型.因
此 .
Ω1
4
对于  ( 不  ) 放 = 回16简 = 单 0 随 .25 机抽样,
因为抽中样本空间 中每一  个=样本  1 点,  的 2 可,  能 2,性  都 1 相. 等,所以这是一个古典概型.因
此
Ω2
2 1
因为  ( 按  ) 性 = 别12等 = 比6例 ≈ 分 0.1 层 6 抽 7. 样,不可能抽到两名男生,所以 ,因此 .
= ∅  (  )=0
{#{QQABLQQEogioQJJAAQgCAwVYCAMQkBCAASgGBBAAMAIAiBFABCA=}#}18．解（1）因为平面PAD 平面ABCD，平面PAD平面ABCD AD，
且CD AD，CD平面ABCD，可得CD平面PAD，
因为PA平面PAD，所以CDPA.
（2）取AD中点O，连接OP,OB，
因为PA PD，则POAD，
因为平面PAD 平面ABCD，平面PAD平面ABCD AD，PO平面PAD，
可得PO平面ABCD，
由OA,OB平面ABCD，可得POOA,POOB，
因为CD AD,BC//AD,AD2BC，则BC//OD,BC OD，
可知四边形OBCD是平行四边形，则OB AD，
如图，以O为坐标原点，OA,OB,OP为x,y,z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，
则O(0,0,0),A(1,0,0),B(0,2,0),C(1,2,0),D(1,0,0),P(0,0,1).
  
可得AP1,0,1,PB 0,2,1,CB 1,0,0 ，
 
  nAPxz0
设平面APB的法向量为nx,y,z，则  ，
nPB2yz0

令y1，则xz2，可得n2,1,2；
 
  mCBa0
设平面PBC的法向量为ma,b,c，则  ，
mPB2bc0

令b1，则a0,c2，可得m0,1,2；
 
  nm 5 5
则cosn,m     ，
n  m 3 5 3
5
所以平面APB与平面PBC夹角的余弦值为 .
3
 
（3）设PM PB0,2,, 0,1 ，
   
且DP1,0,1，则DM  DPPM 1,2,1，
  1 2 1
若DM 平面PAB，则
DM
∥n，可得   ，方程无解，
2 1 2
所以不存在点M ，使得DM 平面PAB.
{#{QQABLQQEogioQJJAAQgCAwVYCAMQkBCAASgGBBAAMAIAiBFABCA=}#}19. 解： 设S ，动点Q ，
由中点的(坐1)标公(式  ,解  )得 (  ，0,  0) ，
+6 
由 4，得  0 = 2  0 =2 ，
点S的轨2迹方程2 是 2 2 ．
(  0−2) +  = (  +2) +  =16
设 则 2 2 ，
∴ (  +2) +  =16
2
(2)   =  (，  >2).   =   =  −4 ，
2 2 8
2
sin∠    =  cos∠    =1−2sin ∠    =1− 
所以：
→ →
2 8
·   =|    |⋅|    |cos∠    =(  −4)(1−  2 )
，
2 2
(  −4)(  −8) 2 32
2 2
=  =  +  −12≥2 32−12=8 2−12
当且仅当 ，即 时，等号成立，
5
2 32 4
2
=   =2
所以 最小值为 ．
→ →
·   8 2−12
联立方程组 得 ，
=   +3, 2 2
(3) 2 2 (1+  )  +(6  −4)  +9=0
(  −2) +  =4,
设 ， ，则
6  −4
1+  2 =−1+  2 ,
(  1,  1)  (  2,  2) 9
1⋅  2 =1+  2 ,
，
1  2   1+3   2+3 3(  1+  2) 3(4−6  ) 4
∴  1+  2 =  1+  2 =  1 +  2 =2  +  1⋅  2 =2  + 9 =3
故 的值为定值，且定值为 ．
4
1+  2 3
{#{QQABLQQEogioQJJAAQgCAwVYCAMQkBCAASgGBBAAMAIAiBFABCA=}#}