数学-辽宁省鞍山市普通高中2022-2023学年高二下学期第一次月考（A卷）

高一数学A参考答案：一．单选题1．D2．C3．D4．A5．C6．B7．C8．C二．多选题9．AC10．ACD11．BC12．AC13三．填空题：13．xy2z3014．15．2116．3,724四．解答题：x1y217.解（1）设点Bx,y，由题意知线段AB的中点M,在直线l上，22x1y2故：6410，①22y22又直线AB垂直于直线l，故，②x13x2联立①②式解得：，故点B的坐标为2,0；y0（2）设点Px,y，由题PO3PB，则PO|23PB|2，222222故xy3[x2)y，化简得(x3)y3，又直线xmy10与圆(x3)2y23有公共点，31,33,故3，解得m.m2133Ì18.解：（1）QDD1平面ABCD,AC平面ABCD,ACDD1，如图，连接BD,四边形ABCD为正方形，ACBD，又DD1BDD,DD1,BD平面D1DB，AC平面D1DB，BD1平面D1DB,ACBD1.（2）由题意知直线DA,DC,DD1两两互相垂直，故以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.答案第1页，共1页学科网（北京）股份有限公司由已知可得A2,0,0,B2,2,0,C0,2,0,B11,1,2，B1B1,1,2,BC2,0,0,BA0,2,0.设平面AB1B与平面BB1C的法向量分别为n1x1,y1,z1,n2x2,y2,z2.n1B1Bx1y12z10,则令z11，则n12,0,1，n1BA2y10,n2B1Bx2y22z20,令z21，则n20,2,1，n2BC2x20,n1n211cosn1,n2，n1n2555126故二面角ABB1C的正弦值为1.52519．解（1）由题意，设圆心C(a,a3)，由于圆C与x轴相切．半径r|a3|，所以设圆C方程为(xa)2(ya3)2(a3)2又圆C过点M(3,2)，(3a)2(2a3)2(a3)2解得a1圆C方程为(x1)2(y2)24．（2）由圆C方程易知直线l的斜率存在，故设l:y3k(x2)，即l:kxy32k0，设C到l的距离为d，|k232k||13k|则d，k21k21ABC为直角三角形，|AB|22，24d22d2，答案第2页，共1页学科网（北京）股份有限公司|13k|2127k6k10k1或k，k217故直线l得方程为xy10或x7y230．p(,0)20．解（1）由题意可知，点F的坐标为2，pp因为OPPF，所以点P的横坐标为，不妨设P(,y)，44022p将点P坐标代入y2pxp0得|y|，0211p2p所以△OPF的面积S|OF||y|22，解得p4，20222所以C的方程是y28x.（2）当直线AB的斜率不存在时，线段AB的中点在x轴上，点(1,1)显然不在x轴上，不合题意.当直线AB的斜率存在时，不妨设直线AB的斜率为k，A(x1,y1),B(x2,y2)，y28x则11，两式相减得22，2y1y28(x1x2)y28x2因为点(1,1)是线段AB的中点，所以y1y22，yy8所以k124.x1x2y1y2所以直线l的方程为y14(x1)，即4xy30.21．解（1）∵E为AB中点，AB2，DC1，∴在图1中，AE//DC且AEDC，连接CE，∴四边形AECD为平行四边形，∴CEAD1，∵AE=BE=1，∴C点落在以AB为直径的圆上，ACBC，又图2中BCAD，ACADA，AC,AD平面ADC，答案第3页，共1页学科网（北京）股份有限公司BC平面ADC，∵CD平面ADC，∴BCCD，由勾股定理得BDBC2CD2112；（2）取AC中点F，连接DF,FE，则FE//BC，EF⊥AC，由（1）知BC⊥平面ACD，因为DF平面ACD，所以BC⊥DF，故EF⊥DF，因为AD=DC，所以DF⊥AC，易得FA,FE,FD两两垂直，以FA,FE,FD所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，1133E0,,0,D0,0,,B,1,0,C,0,02222313131∴DB(,1,)，CD,0,，CE(,,0)22222231xz0nCD022设n(x,y,z)为平面CDE的一个法向量，则，即，nCE031xy022取x1，有n(1,3,3).31(1,3,3)(,1,)342，cosn,DB2272141442∴直线BD与平面CDE所成的角的正弦值为.14AB2OP4a2,B2,022．解（1）由题ABP是等腰直角三角形，所以，所以.2设Qx,y，由BQQP，003264即x2,y0x,2y，解得：x,y003000505答案第4页，共1页学科网（北京）股份有限公司222264xy2代入椭圆方程1，即55，解得：b1.a2b21a2b2x2椭圆C的方程为y21.4（2）直线l斜率不存在时，以以MN为直径的圆为x2y21，不经过坐标原点O，不合题意；当直线l斜率存在，可设l的方程为ykx2,Mx1,y1,Nx2,y2.ykx2由2，得14k2x216kx120，由直线和有丙个不同的交点，，即x2lCΔ0y143(16k)241214k20，解得：k2.416k12又xx,xx1214k21214k2又因为点O在以MN为直径的圆上时，即OMON.所以OMONx1x2y1y20所以OMONx1x2y1y2x1x2kx12kx2221kx1x22kx1x2421216k1k2k4014k214k2解得：k24，即k2（满足Δ0，符合题意）.存在直线的斜率k2，使以MN为直径的圆过坐标原点O答案第5页，共1页学科网（北京）股份有限公司