山东省名校考试联盟2023-2024学年高二上学期11月期中数学试题（PDF版附答案）

{#{QQABBYSEogAAAhBAAQhCAw1wCEAQkBCCAIoOhBAIoAAAQRFABCA=}#} {#{QQABBYSEogAAAhBAAQhCAw1wCEAQkBCCAIoOhBAIoAAAQRFABCA=}#} {#{QQABBYSEogAAAhBAAQhCAw1wCEAQkBCCAIoOhBAIoAAAQRFABCA=}#} {#{QQABBYSEogAAAhBAAQhCAw1wCEAQkBCCAIoOhBAIoAAAQRFABCA=}#} {#{QQABBYSEogAAAhBAAQhCAw1wCEAQkBCCAIoOhBAIoAAAQRFABCA=}#} 数学参考答案一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.题号12345678答案ABBDBDCA二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.题号9101112答案ABBCACDACD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.2113．a1或a014．15．1016．1171.A3解析：易得k，所以倾斜角.362.Bc22222x2解析：，所以a2，所以bac1，所以方程为y1.a223.B12211解析：MNANAMACADABABACAD，233221所以xyz.34.D解析：圆心到直线距离的最大值为1，所以弦长的最小值为23.5.B22解析：ACABADAA11222ABADAA2ABAD2ADAAABAA20111所以AC125.6.DbkAA1a1解析：设A1,0关于直线yx1的对称点为Aa,b，所以，ba1122a1解得，所以A1,2，AMBM的最小值等于AB10.b2 7.C解析：直线向上平移一个单位后所得方程为3xya10，a7圆心坐标为1,3，半径r10，因为相切，所以10，解得a3或17.108.A解析：设椭圆上任意一点M(x,y)，222222x2222则PMxxyxxb1ex2xxxb，00200a2由对称性可知：PM在x2时取得最小值，x0x0222又因为对称轴为x，所以2，即2ex，所以2e1，解得e，220ee22又因为e0，所以0e.29.AB解析：A选项：axy2aa(x2)y0,所以过2,0，所以A正确；2B选项：llaa10，所以a1，所以B正确；122C选项：令a(1)1a0，解得a1或a0，当a1时，ll；当a0时，l与l重合，所以C错误；1212D选项：最大距离为1,4到2,0的距离，等于5，所以D错误.10.BC解析：A选项：周长为423，所以A错误；π3B选项：S1tan，所以B正确；PF1F2633123C选项：SPF1F2423r，所以r1，所以C正确；3233111D选项：S2cy23y，所以y，PF1F232P2PP32232223333所以x41y，所以OPxy，所以D错误.PPPP99311.ACD 解析：A选项：当切线切点分别为椭圆上顶点和右顶点时，可得两切线交点坐标为3，1，22所以蒙日圆半径为2，所以蒙日圆M的方程为xy4，所以A正确；B选项：S2SPAAM2PA，所以只需要求PA最小值，PAMBPAM2222因为PAPMAMPM4，所以只需要求PM的最小值，332PM最小值为M到直线xy30的距离d，222所以PA最小值为，所以四边形PAMB面积最小值为2，所以B错误；2228C选项：设APM，所以sin，所以cos212sin1，2PMPM28232所以PAPBPAPBcos2PM41PM1222PMPM23222PM128212，当且仅当PM42时取“=”，2PM29由选项B知PM，等号可以取到，所以C正确；21D选项：当点P坐标为1,2时，P,A,M,B在以线段PM为直径的圆上，所以圆心为,1，225125半径为，所以圆的方程为xy1，与圆M联立可得直线AB方程为224x2y40，所以D正确.12.ACD解析：以D为坐标原点，DA,DC,DD分别为x,y,z建立空间直角坐标系，可得111C1F1，-,0,DC10,1,1，DE1，,02212203A选项：coscosCF,DE，所以A正确；155542212DC1C1F23B选项：dDC125，所以B错误；CF5514C选项：MNANAMABBNAMABBCAC11111 1ABAD1AA1，因为MN平面ABCD，所以10，所以C正确；D选项：当MN是AC1和B1C公垂线时长度最小，因为B1C平面ABC1，所以此时NBC1B1C，过N在平面ABC1内作AC1的垂线，垂足即为长度最小时M位置，易得6MN，所以D正确.613.a1或a022解析：2a12a40，解得a1或a0.2114.711解析：因为VDABCVABCD，所以SABChSACDBD，3331SACDBD221所以hSABC77215.10解析：条件可以转化为平面直角坐标系内的点Px,y到A0,0，B1,2，C3,4，D4,2距离之和的最小值，易得当Px,y为四边形ABCD对角线交点时距离之和最小，最小值即为两条对角线的长度之和，可求得最小值为10.16.11解析：以A为坐标原点，AB,AD,AQ分别为x,y,z建立空间直角坐标系，A0,0,0，E1,0,0，F2,1,0，M0,1,2，设圆心坐标为x,y,z，可得：222222222222xyzx1yzx2y1zxy1z2，131211解得：x,y,z，所以r，所以S11.222417．（10分）【解析】法一（1）①当直线过坐标原点，所以l方程为y2x，即2xy0；xy②当直线不过坐标原点，，设l方程为1，aa 12代入1,2，得1，解得a3，aaxy所以l方程为1，即xy30；33综上：l方程为2xy0或xy30.xy（2）设l方程为1，由题知a0,b0，ab12代入1,2，得1，ab121212因为≥2，所以1≥2，所以ab8，ababab12当且仅当时取等号；ab11rABC面积Sab≥84，即rABC面积的最小值为4.22法二：（1）由题知l斜率存在且不等于0，设l方程为y2k(x1)，2令x0，解得y2k；令y0，解得x1；k2所以2k1，解得k2或k1，k所以l方程为y22(x1)或y2(x1)，即2xy0或xy30.（2）由题知l斜率存在且小于0，设l方程为y2k(x1)，2令x0，解得y2k；令y0，解得x1；k2因为k0，所以k0，0，k1212ABC面积S2k14k2k2k12≥42k4，2k2当且仅当k即k2时取等号，k所以rABC面积的最小值为4.18．（12分）【解析】（1）因为平面ACCA平面ABC，交线为AC，11 AAAC，AA平面ACCA，1111所以AA平面ABC，1因为BC平面ABC，所以AABC.1（2）以A为原点，AB，AC，AA所在直线分别为x轴、y轴、z轴，1建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,4,0),D(0,3,1),AB(2,0,0),BD(2,3,1),BC(2,4,0),设平面ABD的法向量n(x,y,z)，nAB2x0,则nBD2x3yz0,x0,所以3yz0,令y1，则z3，所以n(0,1,3)，设平面BCD法向量m(x,y,z)，mBD2x3yz0,则，mBC2x4y0x2y,所以，zy令y1，得m(2,1,1)， 2115所以cosn,m，10615151210所以二面角ABDC的正弦值为1.151519．（12分）22x0y0【解析】（1）B1(2,0)，B2(2,0)，设P(x0,y0)，则1，43所以直线PB1与直线PB2斜率之积为2y0y0y0x2x2x240002x03(1)42x043.4x2y212（2）QB1:yx2，由43得，7x16x40，yx22解得x2或x，7212所以M(,)，77x2y212QB2:y3x6由43得，13x48x440，y3x622解得x2或x，132212所以M(,)，1313所以直线MN方程为4x3y40.20．（12分）【解析】（1）设M的坐标(x,y)，由|MB|2|MA|， 2222得(x4)y2(x1)y，2222化简，得3x3y12，即xy4.（2）当l与x轴垂直时，BA为PQ的垂直平分线，所以PBAQBA当l与x轴不垂直时，设l的方程为yk(x1)，P(x1,y1),Q(x2,y2)，222222将yk(x1)代入xy4得(k1)x2kxk40.222kk4所以，xx,xx.122122k1k1y1y2则直线PB,QB的斜率之和为kPBkQBx14x242kx1x25k(x1x2)8k由y1kx1k,y2kx2k得kPBkQB.(x14)(x24)222k(2k810k8k8)则2kx1x25k(x1x2)8k20.k1从而kPBkQB0，故PB,QB的倾斜角互补，所以PBAQBA.综上，PBAQBA0方法二：（2）当l与x轴重合时，PBAQBA0.当l与x轴不重合时，设l的方程为xmy1，P(x1,y1),Q(x2,y2)，2222将xmy1代入xy4得(m1)x2my30.2m3所以，yy,yy.122122m1m1y1y2则直线PB,QB的斜率之和为kPBkQB.x14x24由x1my11,x2my21得2my1y23(y1y2)kPBkQB.(my13)(my23)6m6m则2my1y23(y1y2)20.m1从而kPBkQB0，故PB,QB的倾斜角互补，所以PBAQBA.综上，PBAQBA.PBPA方法三：由题意|PB|2|PA|,|QB|2|QA|,所以,QBQA 在rPAB,rQAB中由正弦定理知PBPAQBQA,①,②sinPABsinPBAsinQABsinQBA0因为PABQAB180，所以sinPABsinQAB，①②得sinPBAsinQBA，0又PBAQBA180，所以PBAQBA.21．（12分）【解析】（1）因为底面BCDE是菱形，所以BCDE，因为BC平面ADE，DE平面ADE所以BC平面ADE，因为平面ABC与平面ADE的交线为l，BC平面ABC，所以l//BC.（2）取BC中点O，连接AO，DO，则AODO3，222所以AODOAD，所以AODO，因为侧面ABC为等边三角形，所以AOBC，因为BCODO，所以AO平面BCDE，以点O为坐标原点，OC，OD，OA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系，则A(0,0,3)，B(1,0,0)，D(0,3,0)，AB(1,0,3)，AD(0,3,3)，设平面ABD的法向量为n(x,y,z)，则nABx3z0,x3z,解得nAD3y3z0,yz,令z1，得n(3,1,1)， 设F(x,3,0)，其中2≤x≤0，则AF(x,3,3)，000|3x|150所以，5x262501解得x，021所以DF.222．（12分）911314a24b2【解析】(1)将A(,),B(0,1)代入椭圆C中得：，2211b2a23解得，2b12x2所以C的方程为：y1.3（2）方法1：当直线l斜率不存在时，662不妨令M(1,),N(1,),D(1,),33311PDPD33所以2.PMPN661133当直线l的斜率存在时，设l：yk(x1)1，M(x1,y1)，N(x2,y2)，yk(x1)1222x2得(13k)x6k(k1)x3k6k0，2y13222所以36k(k1)12k(k2)(13k)0，解得k0或k1，26k6kx1x22，13k23k6kx1x22,13k1因为AB：yx1，3 1所以xD1，3k1PDPDxD1xD1所以PMPNx11x21111()3k1x11x211x1x22()3k1x1x2(x1x2)126k6k2113k2()3k13k26k6k26k12213k13k2216k6k6k2()23k11211综上：存在实数2使得.PDPMPN方法2：因为直线l的斜率不为0，设l：xm(y1)1，M(x1,y1)，N(x2,y2)，xm(y1)12222x2得(3m)y(2m2m)ym2m20，2y132222所以(2m2m)4(3m)(m2m2)0，解得m1，22m2my1y22，3m2m2m2y1y22,3m1因为AB：yx1，31所以yD1，m3PDPD1yD1yD所以PMPN1y11y2111()3m1y11y212(y1y2)3my1y2(y1y2)1 22m2m213m2()3mm22m22m22m1223m3m22162m2m2m()23m1211综上：存在实数2使得.PDPMPN