高二数学参考答案_2024-2025高二（7-7月题库）_2024年12月试卷_1209贵州省名校协作体2024-2025学年高二上学期联考（一）（12月）_数学

贵州省名校协作体 2023—2024 学年高二联考(一)
数学参考答案
一、单选题： 1.C 2.D 3.A 4.B 5.D 6.B 7.A 8.C
二、多选题： 9.AD 10.AB 11.ABD
3 
三、填空题: 12. 3 13． 3 2 14．  ，3 
4 
四、解答题
15.【详解】
1 1 2
（1）由题知：甲和丙都答对第一题的概率为 p  ，则 p ；2分
2 3 3
2 1 2
记“甲进入决赛”为事件A，由题知：P(A)   ；5分
3 3 9
（2）记“乙进入决赛”为事件B，记“丙进入决赛”为事件C，
2 1 1 1 1 1
由题知：P(B)   ；P(C)   ；9分
3 2 3 2 2 4
则甲、乙、丙三位学生中恰有两人进入决赛的概率为
2 1 3 2 2 1 7 1 1 17
P(A)P(B)P(C)P(A)P(B)P(C)P(A)P(B)P(C)          .13分
9 3 4 9 3 4 9 3 4 108
16．【详解】
（1） 【方法一】
由题意，设圆心M(0,b)，半径r ，
∵圆M经过点P(2,5)，∴r  MP  (2)2(5b)2 ，2分
∵圆M与直线x y70相切，
0b7
∴圆心M 到直线x y70的距离为d  r，4分
2
0b7
 (2)2(5b)2  ，化简得： b 26b90 ，解得b3；5分
2
则圆心为M(0,3)，半径r MP  (2)2(53)2 2 2，
所以圆M的方程为x2(y3)2 8．7分
【方法二】
由题意，设圆心M(0,b)，半径r ；
∵圆M与直线xy70相切于点P(2,5)，
b5
则k  1，解得b3；3分
PM 0(2)
则圆心为M(0,3)，r MP  (2)2(53)2 2 2，6分
所以圆M的方程为x2(y3)2 8．7分
 
（2）由题意，圆心M(0,3)到直线l的距离为d 2 2，且l经过点 2 2,1 ，
①若直线l的斜率不存在，其方程为x2 2，圆心M(0,3)到直线l的距离为d 2 2，
显然符合题意；10分
②若直线l的斜率存在，设直线l的方程为y1k(x2 2)，即kxy12 2k 0，
312 2k 2
圆心M(0,3)到直线l的距离为d  2 2，解得：k  ，13分
k21 4
则此时直线l的方程为x2 2y0.14分
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{#{QQABBQAEogiIABAAARgCUwFQCgIQkhGACQgGwFAIMAIASQFABAA=}#}综上，直线l的方程为x2 2或x2 2y0．15分
17．【详解】
（1）证明： 连接BN ，记BN BC  E，连接ME；
1
由题意知：四边形BCC B 正方形，且N 为CC 的中点，
1 1 1
BB 2CN ，则BB E ~ NCE ，且BE 2NE；
1 1
又BM 2AM ，ME  AN ；4分
又AN 平面BCM ，ME 平面BCM ，
1 1
所以AN //平面BCM ；7分
1
另解:用空间向量方法的酌情给分.
（2）解： 由题可知，AC、BC、CC 两两垂直，则可以建立如图所示的空间直角坐标系，
1
且AC  BC  AA 3，BM 2AM ，则有C(0,0,0)、M(2,1,0)、B (0,3,3)，
1 1
则：CM (2,1,0)、CB (0,3,3)；9分
1
设平面BCM 的一个法向量为m(x,y,z)，则  mCM 2xy0 ，
1 
 mCB
1
3y3z0
令x1，则m(1,2,2)；12分
由题易知：设平面BBC的一个法向量为n(1,0,0)，13分
1
记二面角BBCM 的平面角为，由图可知：为锐角，
1
11 1
则cos cosm,n   .15分
1 144 3
18．【详解】
sin A 2sinBsinC
（1）由题及正弦定理可知：  ，sinAcosC 2sinBcosAsinCcosA
cosA cosC
sinAcosCsinCcosAsin(AC)2sinBcosA
，
又ABC ， sinB2sinBcosA，
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{#{QQABBQAEogiIABAAARgCUwFQCgIQkhGACQgGwFAIMAIASQFABAA=}#}1
sinB0 , cosA
2，

A(0,) , A
3 ，4分
（2）由（1）及余弦定理得：a2 b2c22bccosA ，即1b2 c2 bc，······①5
分
又因为  A  D   1  A  B   1  A  C  ，则  A  D  2 ( 1  A  B   1  A  C  )2，
2 2 2 2
1 1 1
所以1 b2  c2  bc，·······②，7分
4 4 4
3
由②4①得：bc ，9分
2
1 1 3 3 3 3
所以S  bcsinA    .10分
ABC 2 2 2 2 8
π 2π 2π  3 1
（3）由（1）得A ，则BC ，即sinCsin B cosB sinB,11分
3 3  3  2 2
2 2
由正弦定理可知b sinB,c sinC，12分
3 3
2  3 1   π
所以bc sinBsinC2

sinB cosB

2sin B ．14分
3  2 2   6
π 2π π
因为ABC为锐角三角，所以0B ,0 B ，
2 3 2
即 π 6 B π 2 , π 3 B π 6  2 3 π ，则sin    B π 6        2 3 ,1    ，即2sin    B π 6      3,2  ，
则abc  1 3,3 ，故ABC的周长的取值范围为  1 3,3 ．17分
 
19．【详解】
（1）证明： 在图①中，由题知：四边形ABCD为正方形，且CD  DQ  AD 2；
则在②中，CD  PD，CD  AD，且PD AD  D，则CD 平面PAD ；
又AB//CD，AB 平面PAD ，AB  DM ；
又PD  AD，且M 为PA 的中点，则DM  PA ；
又ABPA  A，则DM 平面PAB ，DM  PB.4分
（2）由（1）知：CD 平面PAD ，则平面ABCD 平面PAD ；
由题知：二面角ACDP的平面角为ADP，则ADP 60  ，
则PAD 是等边三角形，则PA  AD  PD 2；
取AD的中点为O，连接PO，易知：PO 平面ABCD，且PO  3，
则可以建立如图所示的空间直角坐标系；6分
则P(0,0, 3)、D(1,0,0)、B(1,2,0)、C(1,2,0)；
则DB (2,2,0)、DC (0,2,0)、CP (1,2, 3)、BP (1,2, 3)；
设CN CP(,2, 3)，(01)，
则DN DCCN (,22, 3)；
设平面BDN的一个法向量为m(x,y,z)，
  mDN x(22)y 3z 0   z (32)y
则 ，则
 3
，
 mDB 2x2y 0 
xy
令 y  3，则m( 3, 3, 32)；9分
记直线PB与平面BDN 所成角为，
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{#{QQABBQAEogiIABAAARgCUwFQCgIQkhGACQgGwFAIMAIASQFABAA=}#}32 33 32 3 3(1) 1
则sin cosBP,m    ，
2 2 3232(32) 2 2 152124 4
3(1)2 1 2
即  ，解得： ；12分
2(152124) 16 3
2 1 1 1 1 2 3
因此 CN CP ，则 V  V   S PO 2 3 .14分
PBDN PBCD BCD
3 3 3 3 9 9
2 3 2 3
（3）由（2）知：m( , ,0)，则平面BDN 的一个法向量可以为n(1,1,0)，
3 3
BAn
2
且BA(0,2,0)，则点A到平面BDN 的距离为 d   2.17分
n 110
2 3 2 3
另解：由（2）知：m( , ,0)，则平面BDN 平面ABCD，
3 3
则点A到平面BDN 的距离为d ABsin45  2.
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{#{QQABBQAEogiIABAAARgCUwFQCgIQkhGACQgGwFAIMAIASQFABAA=}#}