贵阳一中2022级高二年级教学质量监测卷（一）数学-答案-5601

贵阳一中2022级高二年级教学质量监测卷（一）数学参考答案第Ⅰ卷（选择题，共60分）一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只题号12345678答案CBCBCDDA【解析】1．A(0)，B(，所以AB(0)，故选C．122112．()，故选B．233223．a，0.51，0c0.50.41，故选C．0.402124M(xy)为圆x2y22x2y2圆x2y22的圆心为(00)，00200半径为r2(00)到直线dxxyy的距离为002|002|xy2200222dr，所以直线0x0y2与该圆的位置关系为相交，故选．5．如图1，建立空间直接坐标系，设正方体的棱长为2E，FDC，的中点，易知，(20)，E(02)，分别为111C，，，F(2，所以(2)，(20(02，，，所以cosAECFCF25，.因为异面直线AE与FC所|AE|CF|图1成角为锐角，所以异面直线AE与所成角的余弦值为25，故选C．6f(x)[0)f(2)0x(，f(x)0，x(2)f(x)0x(2)f(x)0x(0)f(x2)0x(04)，f(x2)0x(4)f(x2)0x0或4f(x2)0.x(4]，(x2)≤0，当x(4)，(x0，故选D．数学参考答案·第1页（共8页）7．记男生组成绩和女生组成绩的平均分分别为y，该班成绩的平均数为w，则21502130202322232s22s2xyswwxywxy222212iii50505555i1i1i1s2s63s2s2222≥，故选D．(xy)122125582ABCDABCD的外接球的球心为O1111O的半径为R，则2R23，可得R3，所以，，()()3(OE)(OE)|||OE|PO23，当点与22图2正方体ABCDABCD的侧面或底面垂直时，OPmin1P与1111ABCDABCD的顶点重合时，的长取最大值，即正方体1111≤≤3，所以，PFPO23[20]，，故选A．，所以，3二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共分．在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的．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91012答案BDBDBCDACD【解析】9．设D分别表示选生物，选化学，选政治，选地理．样本空间BD}E{}F{AD}G{AB}，HGE以A错误；FH以FH以B正确；{}PEPFC错误；{}，()()121()()()1PEPFP，1223233所以D正确，故选BD．10Al和l平行时，l和lA错1212Bll时，12210ABAB12ABAB是直线12210ll12的充要条件，故B正确；对于C，当AA，BB时，l与l的距离才为121212|CC2|1AB2211，否则不成立，故C错误；对于D，若直线l关于点P对称，则两直线l平行，且点P到两直线的距离相等，可以设lmmC，则数学参考答案·第2页（共8页）|ABC||ABm|ABAB2222，解得m2A2BC，故D正确，故选BD．图3D为xDC为y轴，1为z轴建立空间直角坐标系，则，A，，，101，1(0，E，，12F，，A选项：12，面的法向量AA11(012图3与底面ABCD所成的11||2，5角为11sin|cos|11|FC|||551114与底面ABCD1所成的角的余弦值为1sin225，故A错误；B选项：51(0，，，设平面21，n1=y+zABE的法向量(z)，则1令z，1nAE=x+z=0，2则，设平面ABE与底面ABCD的夹角为，则1n22|cos|===AAn11|AA||n|1331ABE与底面ABCD夹角的余弦值为123，故B正确；C选项：(110)，，，点F到直线AE的距离为22130d||1211|FC||FE|55124，故C正确；D选项：∵1//，AE平面ABE，FC平面11AF1ABE，12ABE的法向1量，∴直线与平面1ABE的距离为1h|n|211，||2(2)2223n故D正确，故选BCD．数学参考答案·第3页（共8页）12．对于A选项，易知两圆外离，|PQ|的最大值等于||rr324，最小值为12||rr324ABxy2与直线OC12为两圆的半径相等，则外公切线与圆心连线平行，由直线yx，设外公切线为yxt，则两平行线间的距离为2，即||t，故yx22，故B错误；对于C选2290|2290，故C正确；对于D选项，由图可知，当正方形的边平行于坐标轴，各边与圆相切时，面积最小，其边长为3+2+2=7，所以面积为49，故D正确，故选ACD．第Ⅱ卷（非选择题，共90分）三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共分）题号13141516答案1i144【解析】13．z3ii)(2i)51i2i(2i)(2i)5．31

14．120.78.4，所以数据的第百分位数为．所以抽到大于9的概率为．

422222215．CC1(1)(1)1221AAABADABAA114212cos60212cos60，所以AC．

2111016．x2y22x4y0可化为(x2(y2)25N的圆心为2)5题意可知：如图4，AB为圆M与圆N的公共弦，且圆M的半径为1，所以||2且||25，故||2，当M的坐标为0)时，|2，NA2NB2AB2AB23在△ANB中，cosANB≥，所2NANB105以cosANB的最小值为35sinANB的最大值为45以△ANB面积的最大值为4554．5图4数学参考答案·第4页（共8页）四、解答题（共分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17分）1）sinx1πf(x)sinxx2sinx，14x令πππππ2π≤x≤2π2π≤x≤2π，24244所以f(x)的单调递增区间为ππ2，2πkZ．……（5分）44（2）若△ABC满足f()2，所以π2sinA24，πA(0π)A，4因为a2，b2，由正弦定理得22π

B，2sinB62所以7π62CsinC，124所以131SabsinC．分）2218分）1）设“三个项目上均获奖”为事件MMABC，因为各项目获奖与否互不影响，所以3211PMPPAPBPC．……………（5分）()()()()()4324（2MB毛1虫项目获奖但没有打破历史记录”为事件B，2则1P(B)，16211P(B)，2362MABCCABCBC，()()()()1211所以3113113111111P(M)．………（分）462422462462319分）1）因(2，B(0，则AB的中点为2)，又kAB402，则AB的中垂线方程为x2y30，02数学参考答案·第5页（共8页）将其与欧拉线方程联立有x2y3，解得xy2，x，y，故△ABC的外心为M(，则△ABC的外接圆半径为r|MA(22(2，故圆M的方程为(x2(y2．6分）（2）设C(y)，△ABC的重心G(xy)，00由题有x0y203043xy，，所以3x，x0y3y，04因为C在圆M：(x2(y2上，所以(3x2(3y5)210……①，00又重心Gxy在欧拉线xy20上，()00所以0020……②，联立①②，解得x0y022，x，033或84y．033当x0y0238，时，G在线段AB上，不符合题意，舍去，3所以G24，．12333320分）1）根据表格数据，Q(x)的函数值关于x对称，故选择Q(x)a|x20|b合适.Qa|5|b126，Qa|10|b131，所以，a1，b141，所以Q(x)|x20|1411≤x≤，xN*．6数学参考答案·第6页（共8页）1101[(x20)20x≤30，x（2）T(x)P(xQ(x)11[(20x)1≤x≤，

x161x160x≤30，xN，*x12110x1221≤x≤20xN，*x121121当≤xN时，T(x)10x122≥102x1221440，xx当且仅当x11时等号成立；161当30xN时，T(x)x160x在(2030]上单调递减，T(30)101601353.67161故最小值为30，xT(x)有最小值约为1353.67分）

21分）（1）证明：由已知得，以A为坐标原点，方向为x轴正方向，的方向为y轴正方向，||的为单位长，建立如图5所示的空间直角坐标系A，则(000)，B00)，C，P(0，3)，图5，，，0，(013)3313D，，，，，，(020)ECE10，2222所以共面．…………………（4，所以与，12（2）解：①因为M在棱上，设[0，，，AM(0，3)3)(，，(因为且CE，所以135AMCE)20222，解得44855数学参考答案·第7页（共8页）43，，②由①，55xyz设(，，)是平面ABM的一个法向量，000n，4x5y3z，则即000x，n，00所以可取(03，，，设CE与平面所成角为，|nCE|于是CE，sin|||n||CE|因此CE与平面所成角的正弦值为12分）22分）（1）解：依题意得：圆心(0到直线x3y450的距离又O被直线x3y450所截得的弦长为4，所以圆半径rd22223，|45|d22，10所以圆O的方程为x2y212．4分）（2）①解：如图6OA，OB，∵，PB是圆O的两条切线，

∴，，SSOAPO∴2△232．OAPBOAP∴当PO取最小值为8(S)236412