数学-湖北重点高中智学联盟2023年秋季高二年级12月联考

湖北省重点高中智学联盟2023年秋季高二年级12月数学答案1.A2.C3.B4.C5.D6.C7.D8.D9.ABC10.BD11.BD12.BCD2413.，14.915.4516.515521217.（1）由抛物线y20pxp的焦点为,0，得抛物线的方程为yx，-------1分4直线l过点2,0且倾斜角为，则直线的方程为yx2，--------2分42yx2联立得：xx540，yx222则AB11x1x24x1x232-----------5分（2）双曲线的实轴长为2aa21---------6分y2则双曲线Cx:12，则渐近线方程为：ybx，b25b故25b2，-------8分1b2故双曲线的渐近线方程为：yx2，取右焦点为5,0，25则双曲线C的焦点到渐近线的距离为d2-------------10分122（若直接运用结论：双曲线的焦点到渐近线的距离为db2不扣分）18.（1）由频率分布直方图可知5×(0.01＋0.07＋x＋0.04＋0.02)＝1，解得x＝0.06.----------3分身高在[180，185]的人数占比为5×0.02＝10%，身高在[175，180)的人数占比为5×0.04＝20%，所以该100名学生身高的80%分位数落在[175，180)内，可知恰好为区间的中点，故该100名学生身高的80%分位数为177.5.----------6分（2）A组人数为100×5×0.06＝30，B组人数为100×5×0.04＝20，C组人数为100×5×0.02＝10，66由题意可知A组抽取人数为30×＝3，B组抽取人数为20×＝2，30＋20＋1030＋20＋106C组抽取人数为10×＝1.----------9分30＋20＋106人中任选2人的方法数为15，这2人来自不同小组方法数为32312111，11故这2人来自不同小组的概率P----------12分15.19.(1)AC11ABBCCCabc，-----------------2分1|a|＝|b|＝1，|c|＝2，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°，∴a·b＝，b·c＝c·a＝1.2第1页共4页2222-------5分AC1abc=abc=abc2abaccb22=11(2)BD1BAAA1AD11abc，2222，----7分BD1abc=abc=abc2ab2ac2cb=5ACab,3AC，------------------8分→→22BD1·AC＝(b＋c－a)·(a＋b)＝b－a＋a·c＋b·c＝2，--------------10分→→→→BD1·AC215cosBDAC.∴〈1，〉＝→→＝|BD1||AC|15215∴异面直线AC与BD1所成角的余弦值为.--------------12分1520.解：（1）两点0,3，4,5的中垂线方程为：2xy80，联立xy80，解得圆心C0,8，r5，故圆C的方程为：xy22(8)25――――――――5分（2）由直线l且被圆截得的弦长为6，故圆心到直线的距离为d52234，A.若直线过原点，可知直线的斜率存在，设直线为：ykx，8dk43，此时直线的方程为：30xy----------7分1k2xyA.若直线不过原点，设直线为：1x2y2a0，2aa162ada4825，122此时直线的方程为：xy216450，xy216450故直线的方程为：，，----------12分21.（1）证明：因为AB为圆柱底面的直径，所以AD⊥BD.因为DQ为圆柱的母线，故AD⊥DQ，又BD∩DQ＝D，故AD⊥平面BDQ.由AP和DQ为圆柱的两条母线知四边形APQD为矩形，z因此PQ∥AD，故PQ⊥平面BDQ.又因为PQ⊂平面PCQ，所以平面PCQ⊥平面BDQ.----------5分(2)由题意知DA，DB，DQ两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，令AB＝2，故BD＝ABsin30°＝1，B(0，1，0)，Q(0，0，２)，△ACD是圆柱底面的内接正三角形，故∠BAD＝30°，故AD＝ABcos30°＝3，x1333yCCH⊥ADHDHADCHAD过作，垂足为，＝2＝2，＝2＝2，3331故点C的坐标为C0，BQ0,1,2,BC,,02，2，22第2页共4页由AD⊥平面BDQ，可设平面BDQ的法向量为m＝(1，0，0)，设平面CBQ的法向量为n＝(x，y，z)，yz20由nBQ0,nBC0,即31,令z3,n2,23,3．xy022|m·n|2则cos〈m，n〉＝＝，----------10分|m||n|192215285设二面角CBQD的平面角为θ，sin1191919285故二面角的正弦值为．----------------------12分193c33122.（1）eca，b2a2a2a2a24b2，2a2444141又11,ba222,8a2b24b2b2xy22故椭圆C的方程为1----------4分82（2）法一：当直线AB的斜率不存在时，设Ax0,,,y0Bx0y0，PAPB2x0,1y02x0,1y0022126代入yx002，得：5x016x0120x02舍，x0=456此时AB:=x----------6分5当直线的斜率存在时，设AB:ykxm，联立得：8km4m28222，，14kx8kmx4m80x1x222,x1x2----------7分14kk14PAPB2x1,1y12x2,1y20，2x12x2+1y11y2=0，x12x22+kx1m1kx2m1=0，22，k1x1x2kmk2x1x2m2m50代入整理得：12k2216km5m2m30，----------9分2km652302kmmkm16530km，当2km10m12k，此时AB:ykx12kkx21，过定点P2,1，舍去.第3页共4页63k6k36363当6k5m30m，此时AB:ykxkx，过定点,55555555综上有，直线AB始终过定点.----------12分法二：利用齐次式：依题意可知：设AB:mx2ny11，22xy22椭圆C的方程为1x224y8,x224y118，8222则：x24x24y18y10，22x24142yxmxny2181ymxny21022即：41284184mxnymnx210yyy112A:当PA，PB的斜率存在时，4m18n48m4n0，x22x22yy11即：8n48m4n+4m10xx224m15kk1，1m2n，PAPB8n445此时AB:mx2ny112nx2ny11，4623xyx535即：2xy3nx0，故53，42x0342y5此时直线是否过定点.B:当的斜率一个为0，另一个不存在时，不妨取AB2,1,2,1，1此时直线AB:,yx也过点，2综上有，直线始终过定点.第4页共4页