四川省绵阳市南山中学2024-2025学年高二上学期12月月考数学答案

绵阳南山中学2024年春季高2023级12月月考数学试题参考答案一、选择题题号1234567891011选项BBBACDBDABDBCDAB二、填空题12.，13.14.168三、解0答2题428115.（1）设“甲胜且编号的和为6”为事件A．甲编号为x，乙编号为y，x,y表示一个基本事件，则两人摸球结果包括(1,2),(1,3),(1,5),,(2,1),(2,2),(5,4),(5,5)共25个基本事件；A包括的基本事件有1,5,2,4,3,3,4,2,5,1共5个．511∴P(A)．甲胜且编号的和为6的事件发生的概率为．2555（2）这种游戏不公平．设“甲胜”为事件B，“乙胜”为事件C．甲胜即两个编号的和为偶数所包含基本事件数为以下13个：(1,1),(1,3),(1,5),(2,2),(2,4),(3,1),(3,3),(3,5),(4,2),(4,4),(5,1),(5,3),(5,5)．131312所以甲胜的概率为P(B)，乙胜的概率为P(C)1，252525∵P(B)P(C)，∴这种游戏规则不公平．216.（1）圆C:x2y59的圆心C0,5，半径为3，设圆C1的圆心坐标为a,b，半径为r，222a1b3ra02所以a2b2r2，解得b0，222ab5r3r222所以圆C1的方程为xy4.（2）若直线l斜率不存在，此时l：x1，x122，解得y3，xy4第1页共6页此时弦长为3323，符合题意，若直线l直线斜率存在，设l：y2kx1，2因为弦长为，所以圆心到直线的距离2，23C10,0ldr31k23因为l:kxyk20，所以d1，解得k，k2143所以直线l的方程为y2x1，即3x4y50，4综上：直线l的方程为x1或3x4y50.17.（1）由频率分布直方图可得100.0100.0152a0.0250.0051，解得a0.030.70,80的频率为10a0.3，80,90的频率为100.0250.25，90,100的频率为100.0050.05，按分层抽样方法抽取12人的成绩，0.05则12人中成绩不低于90分的人数为121.0.30.250.05（2）该校学生首轮数学竞赛成绩的平均数为：10450.010550.015650.015750.030850.025950.00571.40,70的频率为100.0100.0150.0150.4，40,80的频率为0.4100.0300.7，设中位数为x,则x70,80，则0.40.030x700.5，解得x73.33，故该校学生首轮数学竞赛成绩的平均数约为71分，中位数约为73.33分.（3）设A“至少有一位同学复赛获一等奖”，3213则PA1PA111,531513故至少有一位同学复赛获一等奖的概率为.1518.（1）取BD中点O，连接PO，1P是BM的中点，PO//MD，且POMD，2在线段CD上取点F，使DF3FC，连接OF，QF，第2页共6页11，QF//AD，且QFADMD，42AQP=O/3/QQCF,POQF，四边形POFQ为平行四边形，PQ//OF，又PQ平面BCD,OF平面BCD，PQ//平面BCD.（2）BCDC2,BD2，则BC2DC2BD2，BCCD，取BD中点O，则OBOC，又AD平面BCD,OP//AD，OP平面BCD，以O为原点，OB，OC，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标1系，则O(0,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),D(1,0,0),A(1,0,2)，故P0,0,,M(1,0,1)，213则PM1,0,，AC1,1,2，PA1,0,，22333313，所以AQAC,,，故PQPAAQ,,0，444244AQ=3QCr易知平面BCD的一个法向量为m0,0,1，设平面PQM的一个法向量为nx,y,z，13xy0nPQ044则，即，取y1，则x3,z6，n(3,1,6)，1nPM0xz02π设平面PQM与平面BCD的夹角为0，2mn6346则coscosm,n，mn913623346所以平面PQM与平面BCD夹角的余弦值为.23（3）由（2）知O为BD中点，M为AD中点，连接OM，AB//OM，点G为△ABD内动点且AB//平面QGM，又AB平面ABD，平面QGM平面ABDGM，AB//GM，故点G在OM上，113设OGOM,(0,1)，又OM(1,0,1)，PO0,0,，PQ,,0，244则OGOM(1,0,1)(,0,)，131QGPOPQOG,,，442易知平面ABD的一个法向量为r0,1,0，第3页共6页π设QG与平面ABD所成角为0，则最大时，sin最大，23QGrsincosQG,r4222QGr1314423344,(0,1)，372231922288323所以当时，sin最大，此时最大，即当点G位于△ABD中位线OM靠近O的八等分8点的第3个点处时，QG与平面ABD所成角最大.19.由题意可知，“特征三角形”是等腰三角形，且腰长为a，底边长为2c，那么相似比就是两个“特征三角形”的长半轴长之比或者是焦距之比，从而特征三角形相似的两椭圆的离心率是相等的.x22由椭圆y21的离心率为e，22x22可知过点2,2，且与椭圆y21相似的椭圆方程的离心率也为e，222242可设所求椭圆为xy，代点得：1，12,222a2b2abb2a2c211再由1e21，所以a22b2，a2a222x2y2联立上两式解得：a28,b24，所以所求椭圆方程为：1.84（2）①由椭圆C2与椭圆C1的相似比为3，可知两椭圆的长半轴之比也为3，短半轴之比x2y2x2y2也为3，再由椭圆C:1，所以椭圆C:1，1432129x2y2当直线m的斜率不存在时，又与椭圆C:1相切，则切线方程为x2，14322取直线，可得与椭圆xy的交点坐标为x2C2:1A2,6,B2,6,129此时有AB26，再当直线m的斜率存在时，可设直线m的方程为ykxn，22xy2则与椭圆C:1联立消y得：3x24kxn12，143整理得：34k2x28knx4n2120，第4页共6页22222由直线m与椭圆C1相切，可得：8kn434k4n120，整理得n34k，22xy2再由直线m的方程为ykxn，与椭圆C:1联立消y得：3x24kxn36，2129整理得34k2x28knx4n2360，2由8kn434k24n23648n2912k2，222再把n234k2代入得：4834k912k9634k0，8kn4n236x1x22,x1x22可设交点Ax1,y1,Bx2,y2，则有34k34k，所以222AB1kx1x21kx1x24x1x2222228kn4n3623n2736k1k24241k234k34k34k22222912k2736k21824k22再把n34k代入得：AB41k241k234k234k2121234k1k1，46464426134k234k234k211由于2，所以0,，即AB26,42，k0234k3综上可得：AB26,42；②假设直线l存在；当l的斜率不存在时，l:x1，x1x1x1x1由解得，由解得，22322333x4y12y3x4y36y22333333所以P1,,S1,,Q1,,R1,，2222333333所以PS0,33,RS0,,QS0,，2233373321所以5PS2RS50,3320,0,6333,7QS0,，22第5页共6页显然5PS2RS7QS；当l的斜率存在时，l:ykx1k0，设Qx1,y1,Rx2,y2,Px3,y3,Sx4,y4，ykx1联立，可得2222，2234kx8kx4k1203x4y128k24k212所以xx,xx，1234k21234k2ykx1联立，可得2222，2234kx8kx4k3603x4y368k24k236所以xx,xx，3434k23434k2xxxx4k2所以1234，即QR,PS中点的横坐标相同，2234k2又因为P,Q,R,S四点共线，所以QR的中点即为PS的中点，PSQRPSQR因为5PS2RS7QS，所以5PS27，22所以5PS9QR，2222因为228k4k12QR1kx1x24x1x21k24234k34k2144144k2121k21k22，34k234k2222228k4k36PS1kx3x44x3x41k24234k34k241k22733k22432528k1k22，34k234k41k22733k2121k2所以59，34k234k23所以52733k2271k25911k2933k2，解得k，符合条件，4所以存在直线l:3x4y30满足条件.第6页共6页