高二级数学复习检测题

2020年下期高二级数学质检题参考答案 第1页（共22页）2020年下期高二级数学质检试题（一）参考答案1．A 2．A解析：当a ＝0时，两直线方程分别为x ＋6＝0和－4x －3y ＝0，不平行；当a ≠0时，a －41＝－3a ≠2a －6，解得a ＝1.3．C 解析：因为A ，B ，D 选项中的三点均共线，不能构成三角形．4．B 解析：直线AB 的方程为3x －y ＋4＝0，d ＝410＝2105.5．C解析：当所求直线过原点时，它在两坐标轴上的截距都是0，适合题意，此时直线方程为y＝2x ；当所求直线不过原点时，可设它的方程为x a ＋y a ＝1，把点(1,2)的坐标代入得3a＝1，解得a ＝3，故此时直线的方程为x ＋y －3＝0. 6．答案：A 解析：直线PQ 的斜率为－3，则直线PQ 的倾斜角为120°，所求直线的倾斜角为60°，tan60°＝ 3. 7．D解析：根据两直线平行得：12＝－1a ≠2c ，所以a ＝－2.又两直线的距离是2，所以有：2＝|c －4|22＋22，即|c －4|＝4，所以c ＝8或c ＝0(舍去)，所以a ＝－2，c ＝8代入a －2c ＝－2－28＝－12. 8．D解析：∵点P 在直线x ＋3y －2＝0上，点Q 在直线x ＋3y ＋6＝0上， 线段PQ 的中点为M (x 0，y 0)，|x 0＋3y 0－2|10＝|x 0＋3y 0＋6|10，化为x 0＋3y 0＋2＝0.又x 0＞0，设y 0x 0＝k OM ，则当点位于射线BM (不包括端点B )，k OM ＜－13.∴y 0x 0的取值范围是(－∞，－13)∪(0，＋∞)．故选D. 9．答案：AB 10．答案：AD 11．答案：ABD解析：因为A (1，－1)，B (－1,3)，所以直线AB 的斜率是k AB ＝3－－1－1－1＝－2，所以直线2020年下期高二级数学质检题参考答案第2页（共22页）2020年下期高二级数学质检题参考答案 第3页（共22页）∴C (－193，－173)，则BC 中点为(－53，－13)， ∴k BC ＝87，BC 垂直平分线的斜率为k ＝－78，BC 垂直平分线的方程为y ＋13＝－78(x ＋53)，整理得21x ＋24y ＋43＝0.20． 解：(1)由⎩⎪⎨⎪⎧5x －2y ＋3m3m ＋1＝02x ＋6y －3m 9m ＋20＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3m y ＝92m 2＋9m ，∴两直线的交点P (3m ，92m 2＋9m )．(2)设点P 到直线4x －3y －12＝0的距离为d ，则d ＝|4·3m －3·⎝⎛⎭⎫92m 2＋9m －12|42＋－32＝310|9m 2＋10m ＋8|＝2710|(m ＋59)2＋4792|， ∴当m ＝－59时，点P 到直线4x －3y －12＝0的距离d 有最小值，最小值为d min ＝4730.21． 解：（1）易知P 为线段AB 的垂直平分线2x+4y -39=0与直线l 的交点，得P 2574⎛⎫ ⎪⎝⎭，（2）解：设A 关于直线l 3440x y -+=对称的点C (,)a b则353440225433a b b a -+⎧-+=⎪⎪⎨-⎪=-⎪+⎩解得33a b =⎧⎨=-⎩∴直线BC 的方程为18510x y +-= 由185103440x y x y +-=⎧⎨-+=⎩得8(,3)3PPA PB ∴+的最小值为[]22(23)15(3)513CB =-+--=22． 解：设点A 的坐标为(x 1，y 1)，则1112100x y y -+=⎧⎨=⎩即点A 的坐标为(－1,0)．又点B (1,2)，∴BC 边所在直线方程为y －2＝－2(x －1)．即2x ＋y －4＝0.又点B (1,2)关于y ＝0的对称点B ′(1，－2)在直线AC 上，∴AC 边所在直线方程为y ＋22＝x ＋1－1－1即x ＋y ＋1＝0，由⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋y ＋1＝0，2x ＋y －4＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝5，y ＝－6，即点C 的坐标为(5，－6)．2020年下期高二级数学质检题参考答案 第4页（共22页）2020年下期高二级数学质检试题（二）参考答案1．A 解析：由图形易知满足此条件的圆有两个． 2．D 解析：|AB |＝1＋4＋4＝3. 3．C解析：∵圆心(－1,2)，∴－2a －2b ＋1＝0，∴a ＋b ＝12.4．C 5．B解析：圆半径r ＝|1＋6＋3|1＋9＝10，故圆的标准方程为(x －1)2＋(y ＋2)2＝10.6．A解析：会求过两圆交点的直线方程，注意运用简便方法．两圆方程相减即为公共弦的方程． 7．D解析：易知B (2,2,0)，B 1(2,2,2)，∴E 的竖坐标z ＝23×2＝43，∴E 的坐标为⎝⎛⎭⎫2，2，43. 8．C解析：当圆心到直线的距离d 满足r －1<d <r ＋1时，圆上存在两个点到直线的距离为1，即满足1<|2＋m |5<3.解得－17<m <－7或3<m <13. 9．AD 10．AC 11．AC12．BCD解析：由图可知13．(8，－6)解析：线段AB 的垂直平分线x ＋y －1＝0与线段AC 的垂直平分线 2x ＋y －5＝0的交点为圆心(4，－3)，直径为10，易得D 为(8，－6)． 14．255解析：设yx ＝k ，y ＝kx ，(x －3)2＋k 2x 2＝4，(1＋k 2)x 2－6x ＋5＝0，Δ＝36－20(1＋k 2)≥0，－255≤k ≤255.另可考虑斜率的几何意义来做．15．(x ＋1)2＋y 2＝2解析：∵圆心C (－1,0)，半径为圆心C (－1,0)到直线x ＋y ＋3＝0的距离，即圆C 的半径r ＝|－1＋0＋3|2＝2，∴圆C 的方程为：(x ＋1)2＋y 2＝2.2020年下期高二级数学质检题参考答案第5页（共22页）则|－1＋2－a|2＝ 2.所以a＝－1或a＝3，即切线方程为x＋y＋1＝0或x＋y－3＝0.所以切线方程为y＝(2＋6)x或y＝(2－6)x或x＋y＋1＝0或x＋y－3＝0.(2)设P(x1，y1)．因为|PO|2＋r2＝|PC|2，所以x12＋y12＋2＝(x1＋1)2＋(y1－2)2，即2x1－4y1＋3＝0.要使|PM|最小，只要|PO|最小即可．当直线PO垂直于直线2x－4y＋3＝0时，即直线PO的方程为2x＋y＝0时，|PM|最小，此时P点即为两直线的交点，得P点坐标(－310，3 5)．22．解：(1)∵点P(m，m＋1)在圆C上，代入圆C的方程，解得m＝4，∴P(4,5)故直线PQ的斜率k＝5－34－－2＝13.因此直线PQ的方程为y－5＝13(x－4)．即x－3y＋11＝0，而圆心(2,7)到直线的距离d＝|2－3×7＋11|10＝810＝4 105，所以PE＝2r2－d2＝2 8－325＝2405＝4105.(2)∵k MQ＝y－3x＋2，∴题目所求即为直线MQ的斜率k的最值，且当直线MQ为圆的切线时，斜率取最值．设直线MQ的方程为y－3＝k(x＋2)，即kx－y＋2k＋3＝0.当直线与圆相切时，圆心到直线的距离d＝|2k－7＋2k＋3|1＋k2＝r＝2 2.两边平方，即(4k－4)2＝8(1＋k2)，解得k＝2－3，或k＝2＋ 3.所以y－3x＋2的最大值和最小值分别为2＋3和2－ 3.2020年下期高二级数学质检题参考答案第6页（共22页）2020年下期高二级数学质检题参考答案 第7页（共22页）2020年下期高二级数学质检试题（三）参考答案1．A 2. B 3. D 4. C 5 . D 6. A 7. D 8. C 9 . AC 10. ABC 11. ABD 12. BC 13． (0,4) 14.5 15.－1 16．③④ 17. y 29－x 24＝118．(1)由双曲线的方程得, 所以1(-3,0),F 2(3,0).直线AB 的方程为y=3(x -3). 设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),由)22y x 3,x y 1,36⎧=-⎪⎪⎨⎪-=⎪⎩得5x 2+6x -27=0. 所以x 1+x 2=-65,x 1x 2=-275.所以1-x 2|3610832555==+=(2)直线AB x -3y -所以原点O 到直线AB 的距离为3.2= 所以S △AOB =12|AB|·d=12×3219. (1 ) 设M 点的坐标为)0,(0x , 直线l 方程为0x my x +=, 代入x y =2得 002=--x my y ① 21,y y 是此方程的两根, ∴1210=-=y y x ，即M 点的坐标为（1, 0）.2020年下期高二级数学质检题参考答案 第8页（共22页）(2 ) ∵ 121-=y y∴ 0)1(21212122212121=+=+=+y y y y y y y y y y x x∴ OB OA ⊥.（3）由方程①，m y y =+21, 121-=y y , 且 1||0==x OM , 于是=-=∆||||2121y y OM S AOB 212214)(21y y y y -+=4212+m ≥1， ∴ 当0=m 时，AOB ∆的面积取最小值1. 20．解析：（1）∵ 斜率k 存在，不妨设k ＞0，求出M （22，2）． 直线MA 方程为)22(2-=-x k y ，直线MB 方程为)22(2--=-x k y ． 分别与椭圆方程联立，可解出2284222-+-=k k k x A ，2284222-++=k k k x B ．∴22)(=--=--BA B A B A B A x x x x k x x y y ． ∴ 22=AB k （定值）．（2）设直线AB 方程为m x y +=22，与1822=+y x 联立，消去y 得mx x 24162+0)8(2=-+m ．由0>∆得44<<-m ，且0≠m ，点M 到AB 的距离为3||m d =． 设AMB ∆的面积为S ． ∴ 2)216(321)16(321||41222222=≤-==⋅m m d AB S ． 当22±=m 时，得2max =S ．21．解：直线l 与x 轴不平行，设l 的方程为 a ky x += 代入双曲线方程 整理得012)1(222=-++-a kay y k 而012≠-k ，于是122--=+=k ak y y y B A T 从而12--=+=k a a ky x T T 即 )1,1(22k ak ak T -- 点T 在圆上 012)1()1(22222=-+-+-∴kak a k ak 即22+=a k ①2020年下期高二级数学质检题参考答案 第9页（共22页）由圆心)0,1(-'O .l T O ⊥' 得 1-=⋅'l T O k k 则 0=k 或 122+=a k当0=k时，由①得 l a ∴-=,2的方程为 2-=x ；当122+=a k 时，由①得1=a l K ∴±=,3的方程为13+±=y x .故所求直线l的方程为2-=x 或 13+±=y x22．解：（1）直线AB 方程为：0=--ab ay bx ．依题意⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+=233622ba ab ac ， 解得 ⎩⎨⎧==13b a ，∴ 椭圆方程为 1322=+y x ．（2）假若存在这样的k 值，由⎩⎨⎧=-++=033222y x kx y ，得)31(2k +09122=++kx x ．∴ 0)31(36)12(22>+-=∆k k ． ①设1(x C ，)1y 、2(x D ，)2y ，则⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+=+-=+⋅2212213193112k x x kk x x ， ②而4)(2)2)(2(212122121+++=++=⋅x x k x x k kx kx y y ． 要使以CD 为直径的圆过点E （-1，0），当且仅当CE ⊥DE 时，则1112211-=++⋅x y x y ，即0)1)(1(2121=+++x x y y ．∴ 05))(1(2)1(21212=+++++x x k x x k ． ③ 将②式代入③整理解得67=k ．经验证，67=k ，使①成立． 综上可知，存在67=k ，使得以CD 为直径的圆过点E ．2020年下期高二级数学质检题参考答案 第10页（共22页）2020年下期高二级数学质检试题（四）参考答案1．解析：在△BCD 中，因为G 是CD 的中点，所以BG →＝12(BD →＋BC →)，从而AB →＋12(BD →＋BC →)＝AB →＋BG →＝AG →，故选A. 答案：A 2．解析：∵l 1⊥l 2，∴a ·b ＝0，代入可解得m ＝2. 答案：B3．解析：∵i ，j ，k 两两垂直且|i |＝|j |＝k |＝1，∴5a ·3b ＝(15i ＋10j －5k )·(3i －3j ＋6k )＝45－30－30＝－15. 答案：A4．解析：设m ，n 的方向向量分别为m ，n .由m ⊥α，n ⊥β知m ，n 分别是平面α，β的法向量． ∵|cos 〈m ，n 〉|＝cos60°＝12，∴〈m ，n 〉＝60°或120°.但由于两异面直线所成的角的范围为⎝⎛⎦⎤0，π2， 故异面直线m ，n 所成的角为60°. 答案：B5．解析：设向量a ＋b 与c 的夹角为α，因为a ＋b ＝(－1，－2，－3，)，|a ＋b |＝14，cos α＝a ＋b ·c |a ＋b ||c |＝12， 所以α＝60°.因为向量a ＋b 与a 的方向相反，所以a 与c 的夹角为120°. 故选C. 答案：C6．解析：∵MG ＝2GN ，∴MG →＝23MN →.故OG →＝OM →＋MG →＝OM →＋23(ON →－OM →)2020年下期高二级数学质检题参考答案 第11页（共22页）＝13OM →＋23ON →＝13×12OA →＋23⎣⎡⎦⎤12OB →＋OC → ＝16OA →＋13OB →＋13OC →. 答案：D7．解析：不妨设CB ＝1，则CA ＝CC 1＝2.由题图知，A 点的坐标为(2,0,0)，B 点的坐标为(0,0,1)，B 1点的坐标为(0,2,1)，C 1点的坐标为(0,2,0)． 所以BC 1→＝(0,2，－1)，AB 1→＝(－2,2,1)． 所以cos 〈BC 1→，AB 1→〉＝0×－2＋2×2＋－1×135＝55. 答案：A8．解析：如图，以D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系．设该正方体的棱长为2，则A 1(2,0,2)，M (0,1,0)，N (0,2,1)．∴A 1M →＝(－2,1，－2)，DN →＝(0,2,1)，∴cos 〈A 1M →，DN →〉＝A 1M →·DN →|A 1M →|·|DN →|＝0.∴异面直线A 1M 与DN 所成角的大小是90°. 答案：D9．【解析】在同一个平面内不平行的两条直线或有公共交点的两条直线为相交直线,可判断ABC选项正确. 10．【解析】正三棱柱的侧面展开图是如图所示的矩形,矩形的长为3b ,宽为a ,则其对角线AA 1的长为最短路程.因此蚂蚁爬行的最短路程为√a 2+9b 2. 【答案】BCD 11．【解析】如图所示,当截得的三角形为△A 1BC 1时,三角形的面积最大,∵正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为2,∴A 1C 1=C 1B=A 1B=2√2,∴S △A 1C 1B =12×2√2×√32×2√2=2√3.当平面截正方体所得截面为正六边形时,截面面积最大,如图中的正六边形MGHNEF ,其中MN=2√2,GH=√2,点G 到线段MN 的距离h=√2−12=√62,∴截面面积S=2×√2+2√22×h=3√3.综上,BD 正确.【答案】BD12．解析：对于选项A,以D点为坐标原点,DA,DC,DD1所在的直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),D1(0,0,1),A(1,0,0),F(0,1,12),从而DD1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,1),AF=(-1,1,12),所以DD1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AF⃗⃗⃗⃗⃗ =12≠0,所以D1D与直线AF不垂直,选项A错误.对于选项B,取B1C1的中点为M,连接A1M,GM,则A1M∥AE,GM∥EF,所以平面A1MG∥平面AEF,从而A1G∥平面AEF,选项B正确.对于选项C,连接AD1,D1F,易知四边形AEFD1为平面AEF截正方体所得的截面四边形(如图),且D1H=AH=√5,A1D=√2,所以S△AD1H=12×√2×√(√5)2-(√22)2=32,而S四边形AEFD1=34S△AD1H=98,所以选项C正确.对于选项D,(法一)因为S△GEF=12×1×12=14,S△ECF=12×12×12=18,V A-GEF=13S△EFG·AB=112,V A-ECF=13S△ECF·AB=124,所以V A-GEF=2V A-ECF,即V G-AEF=2V C-AEF,所以点G到平面AEF的距离为点C到平面AEF的距离的2倍,故选项D错误.(法二)假设点C与点G到平面AEF的距离相等,即平面AEF将线段CG平分,则平面AEF必过CG的中点,连接CG交EF于点O,易知O不是CG的中点,故假设不成立,从而选项D错误.【答案】BC13．解析：GE→＝GA→＋AD→＋DE→＝－13(AB→＋AC→)＋AD→＋14(AB→－AD→)＝－112AB→－13AC→＋34AD→.答案：－112AB→－13AC→＋34AD→14．解析：以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系(如图所示)，则A1(4,0,3)，B(4,4,0)，B1(4,4,3)，C(0,4,0)，得A1B→＝(0,4，－3)，B1C→＝(－4,0，－3)．故cos〈A1B→，B1C→〉＝A1B→·B1C→|A1B→||B1C→|＝925.答案：9252020年下期高二级数学质检题参考答案第12页（共22页）2020年下期高二级数学质检题参考答案 第13页（共22页）15． 解析：∵B 1M →＝PM →－PB 1→＝BA →＋6BA →＋6AA 1→＋4A 1D 1→＝BA →＋6BA 1→＋4A 1D 1→＝B 1A 1→＋2BA 1→＋4BD 1→， ∴B 1M →－B 1A 1→＝2BA 1→＋4BD 1→， 即A 1M →＝2BA 1→＋4BD 1→.故A 1M →，BA 1→，BD 1→共面，即M 点在平面A 1BCD 1内． 答案：A 1BCD 116． 解析：设AB ＝2，作CO ⊥平面ABDE ，OH ⊥AB ，连接CH ，则CH ⊥AB ，∠CHO 为二面角C —AB —D 的平面角，CH ＝3，OH ＝CH ·cos ∠CHO ＝1.结合等边△ABC 与正方形ABDE 可知四棱锥C —ABDE 为正四棱锥，则AN ＝EM ＝CH ＝3，AN →＝12(AC →＋AB →)，EM →＝12AC →－AE →，AN →·EM →＝12(AB →＋AC →)·⎝⎛⎭⎫12AC →－AE →＝12，故EM ，AN 所成角的余弦值为AN →·EM →|AN →|·|EM →|＝16.答案：1617． 解：(1)A 1O →－12(AB →＋AD →)＝A 1O →－AO →＝A 1A →.(2)∵EO →＝AO →－AE →＝12(AB →＋AD →)－AD →－23AA 1→＝12AB →－12AD →－23AA 1→， ∴x ＝12，y ＝－12，z ＝－23.18．解：(1)证明：如图，以D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系D —xyz ，则D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)，A 1(2,0,4)，B 1(2,2,4)，C 1(0,2,4)，D 1(0,0,4)．设E (0,2，t )，则BE →＝(－2,0，t )，B 1C →＝(－2,0，－4)． ∵BE ⊥B 1C ，∴BE →·B 1C →＝4＋0－4t ＝0，即t ＝1. 故E (0,2,1)，BE →＝(－2,0,1)．又∵A 1C →＝(－2,2，－4)，DB →＝(2,2,0)，2020年下期高二级数学质检题参考答案 第14页（共22页）∴A 1C →·BE →＝4＋0－4＝0，且A 1C →·DB →＝－4＋4＋0＝0. 因此A 1C →⊥DB →且A 1C →⊥BE →，即A 1C ⊥BD 且A 1C ⊥BE . 故A 1C ⊥平面BDE .(2)由(1)知A 1C →＝(－2,2，－4)是平面BDE 的一个法向量，又∵A 1B →＝(0,2，－4)， ∴cos 〈A 1C →，A 1B →〉＝A 1C →·A 1B →|A 1C →||A 1B →|＝306.故A 1B 与平面BDE 所成角的正弦值为306. 19．解：(1)建立如图的空间直角坐标系，则O (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,3,0)，C (0,3,0)，E (1,3,0)，O 1(0,0,2)，A 1(2,0,2)，B 1(2,3,2)，C 1(0,3,2)， ∴AO 1→＝(－2,0,2)，B 1E →＝(－1,0，－2)， ∴cos 〈AO 1→，B 1E →〉＝AO 1→·B 1E →|AO 1→||B 1E →|＝－2210＝－1010.故直线AO 1与B 1E 所成角的余弦值为1010. (2)设D (x 0，y 0,0)，O 1D →＝(x 0，y 0，－2)，AC →＝(－2,3,0)，AD →＝(x 0－2，y 0,0)． ∵O 1D →⊥AC →且AD →∥AC →，∴⎩⎪⎨⎪⎧－2x 0＋3y 0＝0，3x 0－2＋2y 0＝0，∴⎩⎨⎧x 0＝1813，y 0＝1213，∴O 1D →＝⎝⎛⎭⎫1813，1213，－2，∴|O 1D →|＝228613， ∴点O 1到点D 的距离为228613.20． 解：(1)证明：∵PA ⊥平面ABCD ，∴AB ⊥PA .又∵AB ⊥AD ，AD ∩AP ＝A ，∴AB ⊥平面PAD .∴PD ⊥AB . 又∵PD ⊥AE ，AB ∩AE ＝A ，∴PD ⊥平面ABE ，∴BE ⊥PD . (2)∵PA ⊥平面ABCD ，∴PA ⊥AD ，PA ⊥AB . 又AB ⊥AD ，∴AP ，AB ，AD 两两垂直．如图，以A 为原点，AB ，AD ，AP 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，2020年下期高二级数学质检题参考答案 第15页（共22页）C (a ，a,0)，D (0,2a,0)， AD →＝(0,2a,0)．∵PA ⊥平面ABCD ，∴∠ADP 是PD 与平面ABCD 所成的角． ∴∠ADP ＝30°.∵AD ＝2a ，∴PA ＝2a tan30°＝233a ， ∴P ⎝⎛⎭⎫0，0，233a . ∴PC →＝⎝⎛⎭⎫a ，a ，－233a ，，PD →＝⎝⎛⎭⎫0，2a ，－233a .设n ＝(x ，y ，z )为平面PCD 的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·PD →＝0，即⎩⎨⎧ax ＋ay －233az ＝0，2ay －233az ＝0.取x ＝1，则n ＝(1,1，3)是平面PCD 的一个法向量． 易知AD →＝(0,2a,0)为平面PAB 的一个法向量， ∴cos 〈n ，AD →〉＝n ·AD →|AD →|·|n |＝55.∴平面PAB 与平面PCD 所成锐二面角的余弦值为55. 21．解：(1)∵三棱柱ABC —A 1B 1C 1为直三棱柱，∴CC 1⊥底面ABC ，∴CC 1⊥BC . ∵AC ⊥CB ，∴BC ⊥平面A 1C 1CA ，∴BC 的长即为点B 到平面A 1C 1CA 的距离． ∵BC ＝2，∴点B 到平面A 1C 1CA 的距离为2.(2)∵三棱柱ABC —A 1B 1C 1为直三棱柱，C 1C ＝CB ＝CA ＝2，AC ⊥CB ，D ，E 分别为C 1C ，B 1C 1的中点，建立如图的空间直角坐标系，得C (0,0,0)，B (0,2,0)，A (2,0,0)，C 1(0,0,2)，B 1(0,2,2)，A 1(2,0,2)，D (0,0,1)，E (0,1,2)， ∴BD →＝(0，－2,1)，BA 1→＝(2，－2,2)．设平面A 1BD 的法向量为n ＝(λ，1，μ)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·BA 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2＋μ＝02λ－2＋2μ＝0，2020年下期高二级数学质检题参考答案 第16页（共22页）解得⎩⎪⎨⎪⎧μ＝2λ＝－1，∴n ＝(－1,1,2)由(1)知平面ACC 1A 1的法向量为CB →＝(0,1,0)，cos 〈n ，CB →〉＝16＝66，即二面角B －A 1D －A 的余弦值为66. (3)设在线段AC 上存在一点F (x,0,0)，使得EF ⊥平面A 1BD . 欲使EF ⊥平面A 1BD ，由(2)知当且仅当n ∥FE →.∵FE →＝(－x,1,2)，∴x ＝1，故存在唯一一点F (1,0,0)满足条件，F 为AC 的中点． 22．解：如图所示，建立空间直角坐标系，点B 为坐标原点．依题意得A (22，0,0)，B (0,0,0)，C (2，－2，5)，A 1(22，22，0)， B 1(0,22，0)，C 1(2，2，5)．(1)易得AC →＝(－2，－2，5)，A 1B 1→＝(－22，0,0)， 于是cos 〈AC →，A 1B 1→〉＝AC →·A 1B 1→|AC →||A 1B 1→|＝43×22＝23，所以异面直线AC 与A 1B 1所成角的余弦值为23. (2)易知AA 1→＝(0,22，0)，A 1C 1→＝(－2，－2，5)． 设平面AA 1C 1的法向量m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1C 1→＝0，m ·AA 1→＝0，即⎩⎨⎧－2x －2y ＋5z ＝0，22y ＝0.不妨令x ＝5，可得m ＝(5，0，2)． 同样地，设平面A 1B 1C 1的法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1C 1→＝0，n ·A 1B 1→＝0，即⎩⎨⎧－2x －2y ＋5z ＝0，－22x ＝0.不妨令y ＝5，可得n ＝(0，5，2)，于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝27×7＝27，从而sin 〈m ，n 〉＝357. 故二面角A —A 1C 1—B 1的正弦值为357.2020年下期高二级数学质检题参考答案 第17页（共22页）(3)由N 为棱B 1C 1的中点，得N⎝⎛⎭⎫22，322，52.设M (a ，b,0)，则MN →＝⎝⎛⎭⎫22－a ，322－b ，52. 由MN ⊥平面A 1B 1C 1，得⎩⎪⎨⎪⎧MN →·A 1B 1→＝0，MN →·A 1C 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧⎝⎛⎭⎫22－a ×－22＝0，⎝⎛⎭⎫22－a ×－2＋⎝⎛⎭⎫322－b ×－2＋52×5＝0，解得⎩⎨⎧a ＝22，b ＝24.故M⎝⎛⎭⎫22，24，0.因此BM →＝⎝⎛⎭⎫22，24，0， 所以线段BM 的长|BM →|＝104.2020年下期高二级数学质检题参考答案 第18页（共22页）2020年下期高二级数学质检试题（五）参考答案一．选择题：1.C2. A3. B4. B5. D6. C7. B8. B9. AD 10. BCD 11.BC 12.BD 二．填空题：13. 14．35y x =- 15. [13，＋∞)16.πππ,32[)2,0[ ） 三．解答题：222322322201240132318101106''':()()()()(),()(,)f x x ax b f a b a b f a b a b f x a b c c =++∴-=-+-+=-+==++=-∴==-∴+⨯+⨯+==317、解 所以 又 又过点,1 所以18. 证明：设(),2112x x e x f x---=则()x e x f x --=1'，令,1)(x e x g x --= 则1)('-=x e x g ，当0>x 时，()01'>-=x e x g ，∴)(x g 在()+∞,0上单调递增，而0)0(=g ，∴(),0)0(=>g x g 0)(>x g 在()+∞,0上恒成立，即0)('>x f 在()+∞,0恒成立.∴)(x f 在()+∞,0上单调递增，又,0)0(=f ∴,02112>---x x e x 即0>x 时，2211x x e x ++>成立.19．解：323)(2-+='bx ax x f ，依题意，0)1()1(=-'='f f ，即⎩⎨⎧=--=-+.0323,0323b a b a解得0,1==b a .∴)1)(1(333)(,3)(23-+=-='-=x x x x f x x x f . 令0)(='x f ，得1,1=-=x x .若),1()1,(∞+--∞∈ x ，则0)(>'x f ，故)(x f 在)1,(--∞上是增函数，)(x f 在),1(∞+上是增函数.若)1,1(-∈x ，则0)(<'x f ，故)(x f 在)1,1(-上是减函数.所以，2)1(=-f 是极大值；2)1(-=f 是极小值.(,1)(1,1)(3,)-∞-⋃-⋃+∞2020年下期高二级数学质检题参考答案 第19页（共22页）20.解：（1）'22()33(2)63()(1),f x ax a x a x x a =-++=--()f x 极小值为(1)2a f =-（2）①若0a=，则2()3(1)f x x =--，()f x ∴的图像与x 轴只有一个交点；②若0a <， ∴()f x 极大值为(1)02af =->，()f x 的极小值为2()0f a<，()f x ∴的图像与x 轴有三个交点；③若02a <<，()f x 的图像与x 轴只有一个交点； ④若2a =，则'2()6(1)0f x x =-≥，()f x ∴的图像与x 轴只有一个交点； ⑤若2a>，由（1）知()f x 的极大值为22133()4()044f aa=---<，()f x ∴的图像与x 轴只有一个交点；综上知，若0,()a f x ≥的图像与x 轴只有一个交点；若0a <，()f x 的图像与x 轴有三个交点。

纪元中学高二级第13周数学周测试卷一、单选题1. 已知随机变量~(,)X B n p ，若48(),()39E X D X ==，则(1)P X ==（ ）A ．23B ．3281 C ．13D ．4812. 函数3()1f x x x =--的图象在点(1,(1))f 处的切线方程为（ ）A ．23y x =-B ．2y x =-C ．y x =-D ．21y x =-+3．下面给出四个随机变量： 其中是离散型随机变量的个数为（ ）①一高速公路上某收费站在十分钟内经过的车辆数ξ； ②一个沿x 轴进行随机运动的质点，它在x 轴上的位置η； ③某派出所一天内接到的报警电话次数X ； ④某同学上学路上离开家的距离Y ． A ．1B ．2C ．3D ．44．若随机变量的分布列如表，则(|2|1)P X -=的值为（ ）A ．512B ．12 C ．712 D ．235.()62x y -+展开式中，22x y 的系数为（ ）A.360B.180C.90D.-1806.质监部门对某种建筑构件的抗压能力检测，对此建筑构件实施两次打击，若没有受损，则认为该构件通过质检.若第一次打击后该构件没有受损的概率为0.85，当第一次没有受损时第二次实施打击也没有受损的概率为0.80，则该构件通过质检的概率为（ ） A ．0.4B ．0.16C ．0.68D ．0.177．一个不透明的袋子中装有3个黑球，n 个白球()*N n ∈，这些球除颜色外大小、质地完全相同，从中任意取出3个球，已知取出2个黑球，1个白球的概率为920，设X 为取出白球的个数，则()E X =（ ） A ．32B ．12C ．1D ．28．甲乙两人进行乒乓球比赛，现采用三局两胜制，规定每一局比赛没有平局，且每一局甲赢的概率都是13，随机变量X 表示最终的比赛局数，则（ ）A ．()()268,981E X D X ==B ．()()2620,981E X D X == C ．()()228,981E X D X ==D ．()()2220,981E X D X ==二、多选题9．已知随机变量X 的分布列如下，则正确的是（ ） A ．23m n += B ．7(2)9P X <=C ．若19m =，则()13E X = D ．()22D X = 10．下列说法正确的是（ ）A ．若随机变量X 服从两点分布且1(0)4P X ==，则3()4E X = B ．设随机变量X 的分布列为()12iP X i a ⎛⎫==⎪⎝⎭，1,2,3i =，则a 的值为87. C ．若随机变量1(6,)2X B ，则1(2)4P X ==D ．三、填空题X1 2 3 4P14 14a13X2-1- 1 2P19mn2911．已知离散型随机变量X 的分布列如表：若离散型随机变量21Y X =+，则()E Y = ．12．小赵、小钱、小孙、小李到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件“4个人去的景点互不相同”，事件“小赵独自去一个景点”，则()P A B = ．四、解答题13．某商场拟通过摸球兑奖的方式回馈顾客．规定：每位购物金额超过1千元的顾客从一个装有5个标有面值的球（大小、质地均相同）的袋中随机摸出2个球，球上所标的面值之和为该顾客所获得的购物减免额．若袋中所装的5个球中有1个标的面值为50元，2个标的面值为10元，其余2个标的面值均为5元． (1)求顾客获得的购物减免额为60元的概率；(2)若已知顾客摸到的1个球所标的面值为10元，求顾客获得的购物减免额为15元的概率．纪元中学第13周高二数学周测答题卡姓名：___________班级：___________考号：___________ 11 12、 14．某地区统计了20岁到100岁来体检的人数及年龄在[)20,40，[)40,60，[)60,80，[]80,100的体检人数的频率分布情况，如下表．(1)根据上表，求从2023年该体检机构20岁到100岁体检人群中随机抽取1人，此人年龄不低于60岁的频率；(2)用频率估计概率，从2023年该地区20岁到100岁体检人群中随机抽取3人，其中不低于60岁的人数记为X ，求X 的分布列及数学期望；X 01 2 3P13 112 m1612345678910组别年龄（岁） 频率第一组 [)20,4037%第二组 [)40,60 43%第三组 [)60,8017%第四组 []80,1003%。

高中数学2测试题及答案一、选择题（每题3分，共30分）1. 若函数f(x)=x^2-4x+3，则f(-1)的值为：A. 0B. 4C. 8D. 122. 已知等差数列{an}的首项a1=1，公差d=2，则a5的值为：A. 9B. 10C. 11D. 123. 圆的方程为x^2+y^2-6x-8y+25=0，圆心坐标为：A. (3, 4)B. (-3, -4)C. (3, -4)D. (-3, 4)4. 函数y=x^3-3x^2+4x的单调递增区间为：A. (-∞, 1)B. (1, +∞)C. (-∞, 1) ∪ (2, +∞)D. (-∞, 1) ∪ (1, 2)5. 已知集合A={1, 2, 3}，B={2, 3, 4}，则A∩B的元素个数为：A. 1B. 2C. 3D. 46. 函数y=|x|的图象是：A. 两条直线B. 一条直线C. 两条曲线D. 一条曲线7. 已知向量a=(2, 3)，b=(1, -1)，则a·b的值为：A. 1B. -1C. 0D. 58. 函数y=sin(x)的周期为：A. πB. 2πC. 3πD. 4π9. 已知复数z=2+3i，其模长为：A. √13B. √23C. √33D. √4310. 函数y=x^2-6x+8的顶点坐标为：A. (3, -1)B. (-3, 1)C. (3, 1)D. (-3, -1)二、填空题（每题4分，共20分）11. 等比数列{bn}的第二项b2=8，公比q=2，则b4=________。

12. 已知直线l：y=2x+1与x轴的交点坐标为(-1/2, 0)，则直线l的斜率为________。

13. 函数f(x)=x/(x+1)的值域为________。

14. 已知圆的直径为10，其面积为________。

15. 集合{1, 2, 3, 4, 5}的所有子集个数为________。

三、解答题（每题10分，共50分）16. 已知函数f(x)=x^2-2x-3，求证f(x)在(-∞, 1)上单调递减。

高二级数学2-2检测题班级 姓名 得分一.选择题：（每小题5分，共40分） 1. 000(3)()lim1x f x x f x x∆→+∆-=∆，则0()f x '等于 （ D ）A ． 1 B. 0 C.3 D.132. 如果复数z=3+ai 满足条件22<-z ，那么实数a 的取值范围是（ D ） A.)22,22(- B.(-2,2) C.(-1,1) D.)3.3(- 3. dxxxx 2234253+-⎰的值为（ C ）A ．1B ．41 C.45 D ．24. 一个质点在直线上运动，其任一时刻t(单位：s)的位置是f(t)=3t-t 2(单位：cm)，则此质点的最大位移和最大速度分别为（ B ） A ．1cm,21cm/s B.s cm cm /3,49 C s cm cm /21,23 D ．1cm,3cm/s5．“四边形ABCD 是矩形，四边形ABCD 的对角线相等”，补充以上推理的大前提为（ B ） A 、正方形都是对角线相等的四边形 B 、矩形都是对角线相等的四边形C 、等腰梯形都是对角线相等的四边形D 、矩形都是对边平行且相等的四边形 6. 复数54)31()22(i i -+等于（ B ）A.i 31+ B .i 31+- C. i 31- D. i 31--7. 利用数学归纳法证明“（n+1）(n+2)(n+3)…(n+n)=2n×1×3×…(2n-1)(n ∈N *)”时，从”n=k ”变到“n=k+1”时，左边应增添的因式是（ C ） A.2k+1 B.112++k k C.1)22)(12(+++k k k D.132++k k8. 由直线y=x-4，曲线xy 2=以及x 轴所围成的图形面积为（ A ）A.340 B.13 C.225 D.15二．填空题：（每小题5分，共35分） 9. 曲线221x y x =+在点(0,0)处的切线方程为y=2x .10. 复数z 满足i z i 34)21(+=+，那么z=2+i 。