还剩5页未读，
继续阅读
云南省玉溪市红塔区云南省玉溪第一中学2023-2024学年高二数学下学期期中试题
展开
这是一份云南省玉溪市红塔区云南省玉溪第一中学2023-2024学年高二数学下学期期中试题，共8页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
总分：150分；考试时间：120分钟；命题人：孔晓君 审题人：赵文强
第Ⅰ卷（选择题）
一、单选题：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，只有一个选项是符合题目要求的.
1．在复平面内，复数 z对应的点的坐标是 −2,1，则 i=z=（ ）
A．1+2iB．−2+iC．1−2iD．−1−2i
2．设 a=lg0.41,b=lg32,c=21.2，则 a,b,c的大小关系是（ ）
A．a>b>cB．a>c>bC．c>b>aD．b>a>c
3．已知 fx=lnx−2x，且 fx0=0，则 x0所在的区间为（ ）
A．0,1B．1,2C．2,3D．4,5
4．若直线 m−1x+y+2=0与直线 2x+my−1=0垂直，则 m的值为（ ）
A．−23B．23C．32D．23或0
5．设向量 a=1,csθ,b=sin2θ,−csθ，则“ a//b”是“ sin2θ=−1”的（ ）条件
A．充分不必要B．必要不充分C．充要D．既不充分也不必要
6．已知直线 l:mx−y−2m+1=0恒过点 P，过点 P作直线与圆 C:x−12+y−22=10交于A,B两点，则 AB的最小值为（ ）
A．42B．2C．4D．22
7．圆 x2+y2=3与圆 x2+y2−3x+3y−3m=0的公共弦所在的直线与两坐标轴所围成的三角形面积为2，则 m的值为（ ）
A．−3B．−1C．3D．3或−1
8．意大利画家达·芬奇提出：固定项链的两端，使其在重力的作用下自然下垂，那么项链所形成的曲线是什么？这就是著名的“悬链线问题”，其中双曲余弦函数就是一种特殊的悬链线函数，其函数表达式为 cshx=ex+e−x2，相应的双曲正弦函数的表达式为 sinhx=ex−e−x2，设函数fx=sinhxcshx，若实数a满足不等式f3a+20+f−2a2<0，则 a的取值范围为（ ）
A．−52,4B．−4,52C．−∞,−4∪52,+∞D．−∞,−52∪4,+∞
二、多选题：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.
9．某市为最大限度的吸引“高精尖缺”人才，向全球“招贤纳士”，推进了人才引入落户政策. 随着人口增多，对住房要求也随之而来，而选择购买商品房时，住户对商品房的户型结构越来越重视，因此某商品房调查机构随机抽取 n名市民作为调查的总体，针对其居住的户型结构和满意度进行了调查，如图1调查的所有市民中四居室共200户，所占比例为13，二居室住户占16. 如图2是用按比例分配分层抽样的方法从总体中抽取 10%作为样本，对其满意度调查结果绘制而成的条形图，则下列说法错误的是（ ）
试卷源自 每日更新，更低价下载，欢迎访问。A．样本容量为60B．样本中三居室住户共抽取了25户
C．根据样本可估计对四居室满意的住户有70户D．样本中对三居室满意的有15户
10．已知正实数 a,b满足 a+b=mab+n，则下列结论中正确的是（ ）
A．若 m=1,n=0，则 ab≥4B．若 m=1,n=0，则 a+b≤4
C．若 m=0,n=1，则 b2+aab的最小值为3D．若 m=1,n=−1，则 a+b≥22+2
11．在正四棱台 ABCD−A1B1C1D1中，上、下底面分别是边长为 2和 22的正方形，侧棱长为2，其顶点在同一个球面上，则下列结论正确的是（ ）
A．四棱台 ABCD−A1B1C1D1的表面积 S=67
B．四棱台 ABCD−A1B1C1D1的体积 V=1433
C．四棱台 ABCD−A1B1C1D1的体积 V=733
D．四棱台 ABCD−A1B1C1D1的外接球的表面积 S=16π
12．已知曲线 C上的动点满足 CO=2,O为坐标原点，直线 l过 0,4和 4,0两点，P为直线 l上一动点，过点 P作曲线 C的两条切线 PA、PB,A、B为切点，则下列结论正确的是（ ）
A．点 P与曲线 C上点的最小距离为 32B．线段 PA长度的最小值为 22
C．PA⋅PB的最小值为3D．存在点 P，使得 △PAB的面积为3
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．已知向量 a=2,3,−1,b=2t,−1,0，若 a⊥b，则 t= .
14．两条平行直线 l1:x−2y+1=0与 l2:2x+my+2m=0之间的距离为 .
15．一束光线从点 P6,0射出，经直线 y轴反射后过点 Q2,8，则反射光线所在的直线方程为 .
16．菱形 ABCD的边长为2，∠BAD=60∘，点 P在 △ABD的外接圆上运动，且 CP=λCB+μCD,则 λ+μ的取值范围是 .
四、解答题：本题共6小题，共70分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17．如图，在三棱台 ABC−A1B1C1中，A1A⊥平面 ABC,AB⊥AC,AB=AC=AA1=2,A1C1=1,M为棱 BC的中点.
（1）证明：C1M//平面 AA1B1B;
（2）求直线 C1M与平面 ACC1所成角的正弦值.
18．已知圆 C:x2+y+12=4.
（1）求过点 A3,−3且与圆 C相切的直线方程；
（2）求圆心在直线 2x−y=0上，并且经过圆 C与圆 Q:x−22+y−12=4的交点的圆的方程.
19．已知 △ABC的三个内角 A,B,C所对的边分别为 a,b,c，满足 b=2，且 2sinA+sinBsin2B=cb.
（1）求 C;
（2）若点 M在边 AB上，CM=1，且满足 ，求边长 AB;
请在以下三个条件：
①CM为 △ABC的一条中线；②CM为 △ABC的一条角平分线；③CM为 △ABC的一条高线；
中任选一个，补充在上面的横线中，并进行解答.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
20．将 △ABC沿它的中位线 DE折起，使顶点 C到达点 P的位置，且 PA=PE，得到如图所示的四棱锥 P−ABDE，若 AC=2AB=2,AC⊥AB,F为 PB的中点.
（1）证明：DE⊥平面 PAE;
（2）求平面 AFD与平面 PBD夹角的余弦值.
21．如图，玉溪汇龙欢乐世界摩天轮的半径为 50m，圆心距地面的高度为 60m，摩天轮做逆时针匀速转动，每 30min转一圈，摩天轮上的点 P的起始位置在最低点处.
（1）已知在时刻t（单位：min）时点 P距离地面的高度是关于t的函数 ft=Asinωt+φ+h（其中A>0,ω>0,φ<π），求函数 ft解析式及 40min时点 P距离地面的高度；
（2）当点 P距离地面 60+253m及以上时，可以看到公园的全貌，求游客在游玩一圈的过程中共有多长时间可以看到公园的全貌.
22．为了建设书香校园，营造良好的读书氛围，学校开展“送书券”活动. 该活动由三个游戏组成，每个游戏各玩一次且结果互不影响. 连胜两个游戏可以获得一张书券，连胜三个游戏可以获得两张书券. 游戏规则如下表：
（1）分别求出游戏一，游戏二的获胜概率；
（2）一名同学先玩了游戏一，试问 m为何值时，接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书券的概率更大.
【参考答案】
玉溪一中2023-2024学年上学期高二年级期中考
第Ⅰ卷（选择题）
一、单选题：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，只有一个选项是符合题目要求的.
1．D 2．C 3．C 4．B 5．B 6．A 7．D 8．D
二、多选题：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.
9．BC 10．ACD 11．BD 12．CD
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．34
14．5
15．x−y+6=0
16．[23,2]
四、解答题：本题共6小题，共70分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17．（1） 取 AB中点 D，连接 A1D,MD,
∵M是 BC中点， MD//AC，且 MD=1，又 ∵A1C1//AC，且 A1C1=1,
∴MD//A1C1且 MD=A1C1,∴四边形 MDA1C1是平行四边形，
∴C1M//A1D，又 ∵C1M⊄平面 AA1B1B,A1D⊂平面 AA1B1B,
∴C1M//平面 AA1B1B;
（2） ∵A1A⊥平面 ABC,∴A1A⊥AB，又 AB⊥AC
∴AB⊥平面 ACC1，又由（1）知 C1M//A1D,
∴∠DA1A就是直线 C1M与平面 ACC1成的角。
在 RT△AA1D中，AD=1,AA1=2,∴A1D=5
∴sin∠DA1A=ADA1D=55.
18．（1） 设切线的斜率为 k，则切线方程为 y+3=kx−3，即 kx−y−3k−3=0
∵圆心 C0,−1到切线的距离等于半径2, ∴1−3k−3k2+1=2 解得k=0或 k=−125.
因此，所求切线方程为 y+3=0，或 12x+5y−21=0.
（2） 法一：联立 x2+y+12=4x−22+y−12=4解得x=0y=1或x=2y=−1.
∴圆 C与圆 Q的交点为 A0,1,B2−1,
线段 AB的垂直平分线为 x−y−1=0，设所求圆的圆心为 Ma,b，半径为 r.
由2a−b=0a−b−1=0，解得a=−1b=−2，所以圆心为M−1,−2,r=MA=10
因此，所求圆的方程为 x+12+y+22=10.
法二：设经过圆 C与圆 Q交点的圆为：x2+y+12−4+λx−22+y−12−4=0.λ≠−1
即 x2+y2+2y−3+λx2+y2−4x−2y+1=0
即 1+λx2+1+λy2−4λx+2−2λy+λ−3=0圆心 2λ1+λ,λ−11+λ代入直线 2x−y=0，得 λ=−13.
因此，所求圆的方程为 x2+y2+2x+4y−5=0.
19．（1） 因为 2sinA+sinBsin2B=cb，由正弦定理可得 2sinA+sinBsin2B=sinCsinB，
由倍角公式可得 2sinA+sinB2sinBcsB=sinCsinB，则 2sinA=2csBsinC−sinB,
又因为 A+B+C=π，则 sinA=sinB+C=sinBcsC+csBsinC,
所以 2sinBcsC+2csBsinC=2csBsinC−sinB,，即 2csC+1sinB=0..
且 B∈0,π，则 sinB≠0，可得 csC=−12，又因为 C∈0,π，所以 C=2π3.
（2） 若选择①：若 CM为 △ABC的中线，设AM=BM=xx>0,
由余弦定理可得 cs∠CMA=x2+1−42x,cs∠BMC=x2+1−BC22x，
因为 ∠CMA+∠CMB=π，可得 cs∠CMA+cs∠CMB=0,
即 x2+1−42x+x2+1−BC22x=0，整理得BC2=2x2−2>0，可知x>1,
又因为 cs∠ACB=22+BC2−4x22×2×BC=−12，解得 x2=3或 x2=1（舍去），所以 AB=2x=23；
若选择②：若CM为 △ABC的角平分线，则 ∠ACM=∠BCM=π3,
在 △ACM中，由余弦定理得 AM2=22+12−2×2×1×12=3，即 AM=3，
可知 AM2+CM2=AC2，即 CM⊥AB，可知 AC=BC,AM=MB=3，所以 AB=2AM=23；
若选择③：若 CM为 △ABC的高线，则 cs∠CMA=cs∠BMC=π2,
则 AM2=AC2−CM2=3，即 AM=3，则 ∠A=π6,
可知 ∠B=π6，可知 AC=BC,AM=MB=3 所以 AB=2AM=23.
20．（1） 证明：因为 DE为 △ABC的中位线，所以 DE//AB.
因为 AC⊥AB，所以 DE⊥AE,DE⊥PE，又 AE∩PE=E，所以 DE⊥平面 PAE
（2） 由（1）因为 DE⊥平面 PAE,DE⊂平面 ABDE,
所以平面 PAE⊥平面 ABDE. 取 AE的中点 O,
连接 PO，因为 PA=PE=AE，所以 PO⊥AE.
又平面 PAE⊥平面 ABDE，所以 PO⊥平面 ABDE，且 PO=32. 以 O为原点，
分别以 OC,OP的方向为y,z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则 P0,0,32,B2,−12,0,D22,12,0,A0,−12,0,F22,−14,34.所以AD=22,1,0,AF=22,14,34.
设 n=x,y,z是平面 ADF的法向量，可得 1−22x+y=022x+14y+34z=0令 x=2，得 n=2,−1,−3，
同理，m=2,1,3为平面 PBD的一个法向量.
设平面 AFD与平面 PBD的夹角为 θ，则 csθ=n⋅mnm=26×6=13
所以平面 AFD与平面 PBD夹角的余弦值为 13.
21．（1） 由题意可知： A=50,h=60,T=6,
所以2πΩ=30，得到 Ω=π15 即 ft=50sinπ15t+φ+60.
又摩天轮上的点 p的起始位置在最低点处，即 f0=10，所以 50sinφ+60=10，
即 sinφ=−1，又φ<π，所以 φ=−π2,
故 ft=50sinπ15t−π2+60=−50csπ15t+60,
当t=40时，f40=50sin40π15−π2+60=85,，所以 40min时点 P距离地面的高度为 85m.
（2） 因为从最低处开始到达高度为 60+253m刚好能看着全貌，经过最高点再下降至 60+253m时又能看着全貌，
由（1）知 ft=−50csπ15t+60≥60+253，得到 −csπ15t≥32，即 csπ15t≤−32，得到
5π6+2kπ≤πt15≤7π6+2kπ,k∈Z，
所以在每个周期内，252+30k≤t≤352+30k,k∈Z，又 352+30k−252+30k=5，
所以，游客在游玩过程中共有 5min可以看到公园的全貌.
22．（1） 设事件A=“游戏一获胜”，B=“游戏二获胜”，C=“游戏三获胜”，游戏一中取出一个球的样本空间为 Ω1={1,2,3,4,5}，则 nΩ1=5，
因为 A=4,5，所以 nA=2,PA=nAnΩ1=25. 所以游戏一获胜的概率为 25.
游戏二中有放回地依次取出两个球的样本空间 Ω2={x,y|x,y∈{1,2,3,4,5}}，
则 nΩ2=25,，因为 B={4,4,4,5,5,4,5,5},所以 nB=4，所以 PB=nBnΩ2=425 ，所以游戏二获胜的概率为 425.
（2） 设M=“先玩游戏二，获得书券”，N=“先玩游戏三，获得书券”，
则 M=ABC∪ABC∪ABC，且 ABC,ABC,ABC互斥，A,B,C相互独立，
所以 PM=PABC∪ABC∪ABC=PABC+PABC+PABC
=PAPB[1−PC]+[1−PA]PBPC+PAPBPC=25×425[1−PC]+35×425PC+25×425PC=8125+12125PC又 N=ACB∪ACB∪ACB，且 ACB,ACB,ACB互斥，
所以 PN=PACB∪ACB∪ACB=PACB+PACB+PACB
=PAPC[1−PB]+[1−PA]PCPB+PAPCPB=25×PC×2125+35×PC×425+25×PC×425=62125PC若要接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书券的概率大，则PN>PM,
所以62125PC>8125+12125PC，即PC>425.
进行游戏三时，不放回地依次取出两个球的所有结果如下表：
当 m=3,4,8,9时，PC=220<425，舍去
当 m=5,6,7时，PC=420>425，满足题意，
因此m的所有可能取值为5,6,7.游戏一
游戏二
游戏三
箱子中球的颜色和数量
大小质地完全相同的红球3个，白球2个
（红球编号为“1,2,3”，白球编号为“4,5”）
取球规则
取出一个球
有放回地依次取出两个球
不放回地依次取出两个球
获胜规则
取到白球获胜
取到两个白球获胜
编号之和为m获胜
第二次
第一次
1
2
3
4
5
1
×
1,2
1,3
1,4
1,5
2
2,1
×
2,3
2,4
2,5
3
3,1
3,2
×
3,4
3,5
4
4,1
4,2
4,3
×
4,5
5
5,1
5,2
5,3
5,4
×
总分：150分；考试时间：120分钟；命题人：孔晓君 审题人：赵文强
第Ⅰ卷（选择题）
一、单选题：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，只有一个选项是符合题目要求的.
1．在复平面内，复数 z对应的点的坐标是 −2,1，则 i=z=（ ）
A．1+2iB．−2+iC．1−2iD．−1−2i
2．设 a=lg0.41,b=lg32,c=21.2，则 a,b,c的大小关系是（ ）
A．a>b>cB．a>c>bC．c>b>aD．b>a>c
3．已知 fx=lnx−2x，且 fx0=0，则 x0所在的区间为（ ）
A．0,1B．1,2C．2,3D．4,5
4．若直线 m−1x+y+2=0与直线 2x+my−1=0垂直，则 m的值为（ ）
A．−23B．23C．32D．23或0
5．设向量 a=1,csθ,b=sin2θ,−csθ，则“ a//b”是“ sin2θ=−1”的（ ）条件
A．充分不必要B．必要不充分C．充要D．既不充分也不必要
6．已知直线 l:mx−y−2m+1=0恒过点 P，过点 P作直线与圆 C:x−12+y−22=10交于A,B两点，则 AB的最小值为（ ）
A．42B．2C．4D．22
7．圆 x2+y2=3与圆 x2+y2−3x+3y−3m=0的公共弦所在的直线与两坐标轴所围成的三角形面积为2，则 m的值为（ ）
A．−3B．−1C．3D．3或−1
8．意大利画家达·芬奇提出：固定项链的两端，使其在重力的作用下自然下垂，那么项链所形成的曲线是什么？这就是著名的“悬链线问题”，其中双曲余弦函数就是一种特殊的悬链线函数，其函数表达式为 cshx=ex+e−x2，相应的双曲正弦函数的表达式为 sinhx=ex−e−x2，设函数fx=sinhxcshx，若实数a满足不等式f3a+20+f−2a2<0，则 a的取值范围为（ ）
A．−52,4B．−4,52C．−∞,−4∪52,+∞D．−∞,−52∪4,+∞
二、多选题：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.
9．某市为最大限度的吸引“高精尖缺”人才，向全球“招贤纳士”，推进了人才引入落户政策. 随着人口增多，对住房要求也随之而来，而选择购买商品房时，住户对商品房的户型结构越来越重视，因此某商品房调查机构随机抽取 n名市民作为调查的总体，针对其居住的户型结构和满意度进行了调查，如图1调查的所有市民中四居室共200户，所占比例为13，二居室住户占16. 如图2是用按比例分配分层抽样的方法从总体中抽取 10%作为样本，对其满意度调查结果绘制而成的条形图，则下列说法错误的是（ ）
试卷源自 每日更新，更低价下载，欢迎访问。A．样本容量为60B．样本中三居室住户共抽取了25户
C．根据样本可估计对四居室满意的住户有70户D．样本中对三居室满意的有15户
10．已知正实数 a,b满足 a+b=mab+n，则下列结论中正确的是（ ）
A．若 m=1,n=0，则 ab≥4B．若 m=1,n=0，则 a+b≤4
C．若 m=0,n=1，则 b2+aab的最小值为3D．若 m=1,n=−1，则 a+b≥22+2
11．在正四棱台 ABCD−A1B1C1D1中，上、下底面分别是边长为 2和 22的正方形，侧棱长为2，其顶点在同一个球面上，则下列结论正确的是（ ）
A．四棱台 ABCD−A1B1C1D1的表面积 S=67
B．四棱台 ABCD−A1B1C1D1的体积 V=1433
C．四棱台 ABCD−A1B1C1D1的体积 V=733
D．四棱台 ABCD−A1B1C1D1的外接球的表面积 S=16π
12．已知曲线 C上的动点满足 CO=2,O为坐标原点，直线 l过 0,4和 4,0两点，P为直线 l上一动点，过点 P作曲线 C的两条切线 PA、PB,A、B为切点，则下列结论正确的是（ ）
A．点 P与曲线 C上点的最小距离为 32B．线段 PA长度的最小值为 22
C．PA⋅PB的最小值为3D．存在点 P，使得 △PAB的面积为3
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．已知向量 a=2,3,−1,b=2t,−1,0，若 a⊥b，则 t= .
14．两条平行直线 l1:x−2y+1=0与 l2:2x+my+2m=0之间的距离为 .
15．一束光线从点 P6,0射出，经直线 y轴反射后过点 Q2,8，则反射光线所在的直线方程为 .
16．菱形 ABCD的边长为2，∠BAD=60∘，点 P在 △ABD的外接圆上运动，且 CP=λCB+μCD,则 λ+μ的取值范围是 .
四、解答题：本题共6小题，共70分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17．如图，在三棱台 ABC−A1B1C1中，A1A⊥平面 ABC,AB⊥AC,AB=AC=AA1=2,A1C1=1,M为棱 BC的中点.
（1）证明：C1M//平面 AA1B1B;
（2）求直线 C1M与平面 ACC1所成角的正弦值.
18．已知圆 C:x2+y+12=4.
（1）求过点 A3,−3且与圆 C相切的直线方程；
（2）求圆心在直线 2x−y=0上，并且经过圆 C与圆 Q:x−22+y−12=4的交点的圆的方程.
19．已知 △ABC的三个内角 A,B,C所对的边分别为 a,b,c，满足 b=2，且 2sinA+sinBsin2B=cb.
（1）求 C;
（2）若点 M在边 AB上，CM=1，且满足 ，求边长 AB;
请在以下三个条件：
①CM为 △ABC的一条中线；②CM为 △ABC的一条角平分线；③CM为 △ABC的一条高线；
中任选一个，补充在上面的横线中，并进行解答.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
20．将 △ABC沿它的中位线 DE折起，使顶点 C到达点 P的位置，且 PA=PE，得到如图所示的四棱锥 P−ABDE，若 AC=2AB=2,AC⊥AB,F为 PB的中点.
（1）证明：DE⊥平面 PAE;
（2）求平面 AFD与平面 PBD夹角的余弦值.
21．如图，玉溪汇龙欢乐世界摩天轮的半径为 50m，圆心距地面的高度为 60m，摩天轮做逆时针匀速转动，每 30min转一圈，摩天轮上的点 P的起始位置在最低点处.
（1）已知在时刻t（单位：min）时点 P距离地面的高度是关于t的函数 ft=Asinωt+φ+h（其中A>0,ω>0,φ<π），求函数 ft解析式及 40min时点 P距离地面的高度；
（2）当点 P距离地面 60+253m及以上时，可以看到公园的全貌，求游客在游玩一圈的过程中共有多长时间可以看到公园的全貌.
22．为了建设书香校园，营造良好的读书氛围，学校开展“送书券”活动. 该活动由三个游戏组成，每个游戏各玩一次且结果互不影响. 连胜两个游戏可以获得一张书券，连胜三个游戏可以获得两张书券. 游戏规则如下表：
（1）分别求出游戏一，游戏二的获胜概率；
（2）一名同学先玩了游戏一，试问 m为何值时，接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书券的概率更大.
【参考答案】
玉溪一中2023-2024学年上学期高二年级期中考
第Ⅰ卷（选择题）
一、单选题：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，只有一个选项是符合题目要求的.
1．D 2．C 3．C 4．B 5．B 6．A 7．D 8．D
二、多选题：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.
9．BC 10．ACD 11．BD 12．CD
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．34
14．5
15．x−y+6=0
16．[23,2]
四、解答题：本题共6小题，共70分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17．（1） 取 AB中点 D，连接 A1D,MD,
∵M是 BC中点， MD//AC，且 MD=1，又 ∵A1C1//AC，且 A1C1=1,
∴MD//A1C1且 MD=A1C1,∴四边形 MDA1C1是平行四边形，
∴C1M//A1D，又 ∵C1M⊄平面 AA1B1B,A1D⊂平面 AA1B1B,
∴C1M//平面 AA1B1B;
（2） ∵A1A⊥平面 ABC,∴A1A⊥AB，又 AB⊥AC
∴AB⊥平面 ACC1，又由（1）知 C1M//A1D,
∴∠DA1A就是直线 C1M与平面 ACC1成的角。
在 RT△AA1D中，AD=1,AA1=2,∴A1D=5
∴sin∠DA1A=ADA1D=55.
18．（1） 设切线的斜率为 k，则切线方程为 y+3=kx−3，即 kx−y−3k−3=0
∵圆心 C0,−1到切线的距离等于半径2, ∴1−3k−3k2+1=2 解得k=0或 k=−125.
因此，所求切线方程为 y+3=0，或 12x+5y−21=0.
（2） 法一：联立 x2+y+12=4x−22+y−12=4解得x=0y=1或x=2y=−1.
∴圆 C与圆 Q的交点为 A0,1,B2−1,
线段 AB的垂直平分线为 x−y−1=0，设所求圆的圆心为 Ma,b，半径为 r.
由2a−b=0a−b−1=0，解得a=−1b=−2，所以圆心为M−1,−2,r=MA=10
因此，所求圆的方程为 x+12+y+22=10.
法二：设经过圆 C与圆 Q交点的圆为：x2+y+12−4+λx−22+y−12−4=0.λ≠−1
即 x2+y2+2y−3+λx2+y2−4x−2y+1=0
即 1+λx2+1+λy2−4λx+2−2λy+λ−3=0圆心 2λ1+λ,λ−11+λ代入直线 2x−y=0，得 λ=−13.
因此，所求圆的方程为 x2+y2+2x+4y−5=0.
19．（1） 因为 2sinA+sinBsin2B=cb，由正弦定理可得 2sinA+sinBsin2B=sinCsinB，
由倍角公式可得 2sinA+sinB2sinBcsB=sinCsinB，则 2sinA=2csBsinC−sinB,
又因为 A+B+C=π，则 sinA=sinB+C=sinBcsC+csBsinC,
所以 2sinBcsC+2csBsinC=2csBsinC−sinB,，即 2csC+1sinB=0..
且 B∈0,π，则 sinB≠0，可得 csC=−12，又因为 C∈0,π，所以 C=2π3.
（2） 若选择①：若 CM为 △ABC的中线，设AM=BM=xx>0,
由余弦定理可得 cs∠CMA=x2+1−42x,cs∠BMC=x2+1−BC22x，
因为 ∠CMA+∠CMB=π，可得 cs∠CMA+cs∠CMB=0,
即 x2+1−42x+x2+1−BC22x=0，整理得BC2=2x2−2>0，可知x>1,
又因为 cs∠ACB=22+BC2−4x22×2×BC=−12，解得 x2=3或 x2=1（舍去），所以 AB=2x=23；
若选择②：若CM为 △ABC的角平分线，则 ∠ACM=∠BCM=π3,
在 △ACM中，由余弦定理得 AM2=22+12−2×2×1×12=3，即 AM=3，
可知 AM2+CM2=AC2，即 CM⊥AB，可知 AC=BC,AM=MB=3，所以 AB=2AM=23；
若选择③：若 CM为 △ABC的高线，则 cs∠CMA=cs∠BMC=π2,
则 AM2=AC2−CM2=3，即 AM=3，则 ∠A=π6,
可知 ∠B=π6，可知 AC=BC,AM=MB=3 所以 AB=2AM=23.
20．（1） 证明：因为 DE为 △ABC的中位线，所以 DE//AB.
因为 AC⊥AB，所以 DE⊥AE,DE⊥PE，又 AE∩PE=E，所以 DE⊥平面 PAE
（2） 由（1）因为 DE⊥平面 PAE,DE⊂平面 ABDE,
所以平面 PAE⊥平面 ABDE. 取 AE的中点 O,
连接 PO，因为 PA=PE=AE，所以 PO⊥AE.
又平面 PAE⊥平面 ABDE，所以 PO⊥平面 ABDE，且 PO=32. 以 O为原点，
分别以 OC,OP的方向为y,z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则 P0,0,32,B2,−12,0,D22,12,0,A0,−12,0,F22,−14,34.所以AD=22,1,0,AF=22,14,34.
设 n=x,y,z是平面 ADF的法向量，可得 1−22x+y=022x+14y+34z=0令 x=2，得 n=2,−1,−3，
同理，m=2,1,3为平面 PBD的一个法向量.
设平面 AFD与平面 PBD的夹角为 θ，则 csθ=n⋅mnm=26×6=13
所以平面 AFD与平面 PBD夹角的余弦值为 13.
21．（1） 由题意可知： A=50,h=60,T=6,
所以2πΩ=30，得到 Ω=π15 即 ft=50sinπ15t+φ+60.
又摩天轮上的点 p的起始位置在最低点处，即 f0=10，所以 50sinφ+60=10，
即 sinφ=−1，又φ<π，所以 φ=−π2,
故 ft=50sinπ15t−π2+60=−50csπ15t+60,
当t=40时，f40=50sin40π15−π2+60=85,，所以 40min时点 P距离地面的高度为 85m.
（2） 因为从最低处开始到达高度为 60+253m刚好能看着全貌，经过最高点再下降至 60+253m时又能看着全貌，
由（1）知 ft=−50csπ15t+60≥60+253，得到 −csπ15t≥32，即 csπ15t≤−32，得到
5π6+2kπ≤πt15≤7π6+2kπ,k∈Z，
所以在每个周期内，252+30k≤t≤352+30k,k∈Z，又 352+30k−252+30k=5，
所以，游客在游玩过程中共有 5min可以看到公园的全貌.
22．（1） 设事件A=“游戏一获胜”，B=“游戏二获胜”，C=“游戏三获胜”，游戏一中取出一个球的样本空间为 Ω1={1,2,3,4,5}，则 nΩ1=5，
因为 A=4,5，所以 nA=2,PA=nAnΩ1=25. 所以游戏一获胜的概率为 25.
游戏二中有放回地依次取出两个球的样本空间 Ω2={x,y|x,y∈{1,2,3,4,5}}，
则 nΩ2=25,，因为 B={4,4,4,5,5,4,5,5},所以 nB=4，所以 PB=nBnΩ2=425 ，所以游戏二获胜的概率为 425.
（2） 设M=“先玩游戏二，获得书券”，N=“先玩游戏三，获得书券”，
则 M=ABC∪ABC∪ABC，且 ABC,ABC,ABC互斥，A,B,C相互独立，
所以 PM=PABC∪ABC∪ABC=PABC+PABC+PABC
=PAPB[1−PC]+[1−PA]PBPC+PAPBPC=25×425[1−PC]+35×425PC+25×425PC=8125+12125PC又 N=ACB∪ACB∪ACB，且 ACB,ACB,ACB互斥，
所以 PN=PACB∪ACB∪ACB=PACB+PACB+PACB
=PAPC[1−PB]+[1−PA]PCPB+PAPCPB=25×PC×2125+35×PC×425+25×PC×425=62125PC若要接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书券的概率大，则PN>PM,
所以62125PC>8125+12125PC，即PC>425.
进行游戏三时，不放回地依次取出两个球的所有结果如下表：
当 m=3,4,8,9时，PC=220<425，舍去
当 m=5,6,7时，PC=420>425，满足题意，
因此m的所有可能取值为5,6,7.游戏一
游戏二
游戏三
箱子中球的颜色和数量
大小质地完全相同的红球3个，白球2个
（红球编号为“1,2,3”，白球编号为“4,5”）
取球规则
取出一个球
有放回地依次取出两个球
不放回地依次取出两个球
获胜规则
取到白球获胜
取到两个白球获胜
编号之和为m获胜
第二次
第一次
1
2
3
4
5
1
×
1,2
1,3
1,4
1,5
2
2,1
×
2,3
2,4
2,5
3
3,1
3,2
×
3,4
3,5
4
4,1
4,2
4,3
×
4,5
5
5,1
5,2
5,3
5,4
×
相关试卷
云南省玉溪市红塔区云南省玉溪第一中学2023-2024学年高二数学下学期期中试题： 这是一份云南省玉溪市红塔区云南省玉溪第一中学2023-2024学年高二数学下学期期中试题，共10页。
【期中真题】云南省玉溪市第一中学2022-2023学年高二上学期期中考试数学试题.zip： 这是一份【期中真题】云南省玉溪市第一中学2022-2023学年高二上学期期中考试数学试题.zip，文件包含期中真题云南省玉溪市第一中学2022-2023学年高二上学期期中考试数学试题原卷版docx、期中真题云南省玉溪市第一中学2022-2023学年高二上学期期中考试数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共22页， 欢迎下载使用。
2022-2023学年云南省玉溪市高二（下）期末数学试卷（含解析）： 这是一份2022-2023学年云南省玉溪市高二（下）期末数学试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
