数学答案_2024-2025高二（7-7月题库）_2024年11月试卷_1123云南省玉溪市一中2024-2025学年高二上学期期中考试_云南省玉溪市一中2024-2025学年高二上学期期中考试数学试题PDF版含答案

答案 一．选择题。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 C C D A B B A D AC BD ABD 二．填空题 12. 1 13. 13 14. x2  y2  7 ；7 3 2 三．解答题。 15.解;（1）圆心为C （2.0），半径为r  2 1 1 设切线的斜率为k ，则切线的方程为 y 3 k(x4)即：kx y 4k 3 0 所以圆心（2.0）到切线的距离等于半径2 32k 5 即：  2 k  所以切线方程为：5x12y 16  0 或x  4 k2 1 12 （2）C（-2，0），r 8设M（x,y），动圆的半径为r 2 2 所以 MC  2 r，MC 8r  MC  MC 10  4 1 2 1 2 所以M 点的轨迹是以C ,C 为焦点的椭圆 1 2 x2 y2 所以a 5，c  2,b  21，所以轨迹方程为  1. 25 21 2π π 2π 16.解：（1）由函数图象可得A2,T 2(  )π, π,2,即 f x2sin2x， 3 6  π π π 根据图象可得 2  2kπ,kZ，解得 2kπ,kZ， 6 2 6 π π π 图为|| ，所以 ，所以 f(x)2sin(2x )； 2 6 6  π  π π π 7π （2） f x2sin2x ,x  0,  ,2x   ,   6  2 6 6 6   π 关于x的方程 f xm0在x 0, 上有两个不同的实数解，    2 则 与ym的图象有两个交点，结合函数图像可知m1,2 . = 实数m的取值范围为1,2 . 17.解：因为 3asinCbcacosC ， 由正弦定理可得 3sinAsinCsinBsinCsinAcosC ， 即 3sinAsinCsinAcosC sinCsinAC ， 所以 3sinAsinC sinCsinCcosA ，  因为 sinC 0 ，所以 3sinA1cosA ，所以 2sinA 1 ，  6  又因为 0 A ，所以 A . 3 (2)     bc sinB-sinC sin（AC）-sinC 2   sin( 3 C)sinC   3cosC-sinC 2sin（C- 3 ）      a sinA 3 3 3 3 2  2   因为 A ,BC  ,0B ,0C ， 3 3 2 2      所以 C , C  ， 6 2 6 3 6   1 1 bc  3 3 所以 sin(C ) ,  ，所以    ，   3  2 2 a  3 3  19.【详解】（1）因为在Rt△ABC中，C90，DE∥BC，且BCCD， 所以DECD，DEAD，则折叠后，DE AD， 1 又ADCD D, AD,CD平面ACD， 1 1 1 所以DE平面ACD，AC平面ACD，所以DE AC， 1 1 1 1 又已知ACCD，CDDE D且都在面BCDE内，所以AC 平面BCDE； 1 1 （2）由（1），以CD为x轴，CB为y轴，CA为z轴，建立空间直角坐标系Cxyz. 1 2 因为AD2CD，故DE BC2，由几何关系可知，CD2，AD4，AC2 3， 3 1 1 故C0,0,0，D2,0,0，E2,2,0，B0,3,0，A  0,0,2 3  ，M  1,0, 3  ， 1 C  M    1,0, 3 ，  A  B    0,3,2 3  ，  A  E    2,2,2 3  ， 1 1 r  n    A  B  0  3y2 3z0 设平面A 1 BE的法向量为nx,y,z，则   1  ，即 ， nAE 0 2x2y2 3z0 1    不妨令y2，则z 3，x1，n 1,2, 3 .设CM 与平面ABE所成角的大小为， 1     CMn 4 2 π 则有sin cos CM,n  C  M  n   22 2  2 ，设为CM 与平面A 1 BE所成角，故 4 ， π 即CM 与平面ABE所成角的大小为 ； 1 4 3 （3）假设在线段AC上存在点N ，使平面CBM 与平面BMN 成角余弦值为 . 1 4    在空间直角坐标系中，BM (1,3, 3)，CM (1,0, 3)，CA (0,0,2 3)， 1       设CN CA ，则CN (0,0,2 3)，BN BCCN (0,3,0)(0,0,2 3)(0,3,2 3)， 1    n BM 0  x 3y  3z 0 设平面BMN 的法向量为n x ,y ,z ，则有 2  ，即 2 2 2 ， 2 2 2 2 n BN 0 3y 2 3z 0 2 2 2    不妨令z  3，则y 2，x 63，所以n  63,2, 3 ， 2 2 2 2     n BM 0  x 3y  3z 0 设平面CBM 的法向量为n x ,y ,z ，则有 3  ，即 3 3 3 ， 3 3 3 3 n CM 0 x  3z 0 3 3 3    不妨令z  3，则x 3，y 0，所以n  3,0, 3 ， 3 3 3 3 3 若平面CBM 与平面BMN 成角余弦值为 . 4   则满足cos n  ,n   n  2    n  3  9183  3 ， 2 3 n n 2 3 9(21)2423 4 2 3 1    1 化简得22310，解得1或 ，即CN CA 或CN  CA ， 2 1 2 1 3 故在线段AC上存在这样的点N ，使平面CBM 与平面BMN 成角余弦值为 . 此时CN的长度为 3 或2 3. 1 4 x2 y2 19.（1）椭圆方程为  1 4 3 （2）根据题意得中点弦的斜率存在，且M 在椭圆内， 设A(x ,y)，B(x ,y )， 1 1 2 2 x2 y2 x2 y2 所以 1  1 1， 2  2 1， 4 3 4 3 (x x )(x x ) (y  y )(y  y ) 两式作差，得 1 2 1 2  1 2 1 2 0， 4 3 x x 1 y y 由于M 是BC的中点，故 1 2  , 1 2 1， 2 2 2 x x y  y y y 所以 1 2  1 2 1 2 0， 4 3 x x 1 2 1 2 3 所以  k 0，所以k  ， 4 3 BC BC 8 3 1 所以中点弦的方程为y1 (x )， 8 2 所求的直线方程6x16y190． （3）当直线l的斜率为0时，显然不满足条件k k 1， PM PN 当直线l的倾斜角不为0时， 设直线l的方程为：xmy1， ， ， xmy1 1, 1 2, 2 由 ，可得  3m24  y26my90， 3x24y2 12 由题意Δ36m24  3m24  9144m21440， 6m 9 则y  y  ，y y  ， 1 2 3m24 1 2 3m24y y y y 2my y 3y  y  由k k  1  2  1  2  1 2 1 2 PM PN x 2 x 2 my 3 my 3 m2y y 3my  y 9 1 2 1 2 1 2 1 2 9 6m 2m 3 3m24 3m24  m， 9 6m m2 3m 9 3m24 3m24 由k k 1，即m1， PM PN 故存在满足条件的直线，直线l的方程为：xy10.