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大兴区2023~2024学年度第一学期期末检测试卷
高二数学答案及评分参考2024.1
一、选择题(共10小题,每小题4分,共40分)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
D
B
D
C
A
B
A
B
C
D
二、填空题(共5小题,每小题5分,共25分)
(11)(12)(答案不唯一,焦点为即可)?
(13);?或(14);
(15)①②③?
注:12、13题第一空3分,第二空2分.
三、解答题(共6小题,共85分)
(16)(共14分)
解:(Ⅰ)由所有二项式系数的和为,可知,……4分
可得.……3分
(Ⅱ)设二项式可化为.
令,……5分
则.
所以展开式中所有项的系数和为?.……2分
(17)(共14分)
解:(Ⅰ)由题意知,……1分
所以.……1分
所以抛物线C的方程为.……2分
(Ⅱ)设,线段AB的中点为.
由得.……1分
其中,
所以.……2分
所以,.……2分
直线过焦点,由抛物线的定义知,
.……2分
所以以线段AB为直径的圆半径为4.……1分
所以以线段AB为直径的圆的方程为.……2分
(18)(共14分)
解:(Ⅰ)
……4分
(Ⅱ)以小岛中心为原点,东西方向为轴,建立上图所示的直角坐标系.为了运算的简便,取10千米为单位长度,则港口所在位置的坐标为,轮船所在位置坐标为,受暗礁影响的圆形区域的边缘所对应的圆的方程为.………2分
轮船航线所在直线的方程为.……2分
由得.……2分
由,……2分
可知方程组无解.……1分
所以直线与圆相离,轮船沿直线返港不会有触礁危险.……1分
(19)(共14分)
解:(Ⅰ)在题图1中,因为四边形ABCD为菱形,,且E是CD的中点,
所以.……1分
从而在题图2中,,……2分
因为,平面PDE,平面PDE,
所以平面PDE.……1分
又平面PDE,所以.……1分
(Ⅱ)在平面内,过E点作,
由(Ⅰ)已证平面,所以.
又因为(Ⅰ)已证,所以两两垂直.……1分
故以E为坐标原点,ED,EB,EQ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.
因为,则,,,.
因此,,.
设平面PBD的法向量为,
则即……1分
令,则y1,.
于是.……2分
设平面PBE的法向量为,
则即
令,得,.
于是.……2分
设平面PBD与平面PBE的夹角为,则
.……3分
故平面PBD与平面PBE的夹角的余弦值为?.
(20)(共14分)
解:(Ⅰ)由题意知:,.
则,……1分
解得.……1分
由知,.……2分
所以椭圆C的标准方程为:.……1分
(Ⅱ)设,.
选②③为条件:
当直线l的斜率不存在时,根据椭圆的对称性不妨设点P在第一象限,
此时,
则由,可得,此时直线的方程为,
则,所以.……1分
当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为:.
则,即.……1分
由得,……1分
由,得,
所以.……1分
所以.……1分
所以,即.……1分
.……1分
因为点O到直线l的距离,……1分
所以.……1分
综上,成立.
选①③为条件:
当直线l的斜率不存在时,根据椭圆的对称性不妨设点P在第一象限,
则由,可得,
又,解得,,
则,所以.……1分
当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为:.
由得,……1分
由,得,
所以.……1分
.……1分
因为点O到直线l的距离,……1分
所以.
即.……1分
因为,……1分
所以……1分
.……1分
综上,成立.
选①②为条件:设,
当直线l的斜率不存在时,根据椭圆的对称性不妨设点P在第一象限,
则,,
所以.
又,解得,,
则,
所以,所以.
所以为坐标原点.……1分
当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为:,则,
由得,……1分
由,得,
所以.……1分
.……1分
点W到直线l的距离,……1分
.?
即.……1分
因为,
.?
则由,
即.?
得.?……1分
即.?……1分
因为,则.?……1分
所以.?……1分
即.?
综上所述,W为坐标原点.?
(21)(共14分)
解:(Ⅰ)由平移可得此即为坐标变换公式.……2分
所以,按线性变换1变换后,所得新点的坐标为.……2分
(Ⅱ)设将x轴逆时针转到OP的角为点,点绕原点逆时针旋转得,
由三角函数可得,……1分
?,……1分
当时,此即为坐标变换式.……1分
设将上任一点,绕原点逆时针旋转后,
得到的新的椭圆上一点.
由得……1分
所以,即.
所以新的椭圆方程为.……1分
(Ⅲ=3\*ROMAN)先把点绕原点逆时针旋转,得到点,
则……2分
所以,
化简得.……1
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