湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2023-2024学年高二上学期10月月考数学Word版含解析.docx

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华中师大一附中2023-2024学年度高二年级第一学期十月月考数学试卷时限:120分钟满分:150分一、单项选择题(共8小题,每小题5分,共40分.每小题只有一个选项符合题意)1.直线过点,的直线的倾斜角的范围是,则实数的取值范围是()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】当直线的斜率存在时,且或;直线的斜率不存在时,,综合即得解【详解】由直线的倾斜角的范围是,得直线的斜率存在时,或.当时,,或,解得或.当直线的斜率不存在时,符合题意综上,实数的取值范围是.故选:B2.直线:,:,则“”是“”的()条件A.必要不充分B.充分不必要C.充要D.既不充分也不必要【答案】B【解析】【分析】先求出两直线垂直时a的值,进而可判断充分必要条件.【详解】直线:,:,当时,有,解得或.所以“”时“”成立,“”时“”不一定成立, 则“”是“”的充分不必要条件.故选:B3.已知空间向量,则向量在向量上的投影向量是()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据已知求出,进而即可根据投影向量求出答案.【详解】由已知可得,,,所以,向量在向量上的投影向量是.故选:B.4.如图,在平行六面体中,点是棱的中点,连接、交于点,则()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】推导出,利用空间向量的线性运算可得出关于、、的表达式.【详解】在平行四边形中,因为为的中点,连接、交于点,且,所以,,则, 因此,.故选:B.5.将一张画了直角坐标系(两坐标轴单位长度相同)的纸折叠一次,使点与点重合,点与点重合,则()A.1B.2023C.4043D.4046【答案】C【解析】【分析】设,,进而根据题意得过点与点的直线与直线平行,再根据斜率公式计算求解即可.【详解】解:设,,则所在直线的斜率为,由题知过点与点的直线与直线平行,所以,整理得故选:C6.如图,在棱长为1的正方体中,E为线段的中点,F为线段的中点.直线到平面的距离为().A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】将直线到平面的距离转化为点到平面的距离,建立直角坐标系,表示出相应点的坐标以及向量和法向量,利用距离公式即可求出.【详解】平面,平面,平面, 因此直线到平面的距离等于点到平面的距离,如图,以点为坐标原点,所在的直线为轴,所在的直线为轴,所在的直线为轴,建立直角坐标系.则设平面的法向量为,则,令,则设点到平面的距离为,则故直线到平面距离为.故选:D.7.过点在两坐标轴上的截距都是非负整数的直线有多少条()A.4B.5C.6D.7【答案】D【解析】【分析】截距为零时单独考察,在截距不为零时,设截距分别为利用截距式写出直线方程,根据过定点,得到的关系,判定的范围,然后求得后分离常数得到,进而得出应当为12正因数,从而解决问题.【详解】当截距为0时,是直线,只有一条, 当截距大于0时,设截距分别为则直线方程为,∵直线过点,∴①,∵,∴,结合①可得,,∴,又∵为整数,,由①解得,为12的因数,∴,对应,相应对应的直线又有6条,综上所述,满足题意的直线共有7条,故选:D.【点睛】本题考查直线的截距和直线方程的截距式,涉及整除问题,关键有两点:一是要注意截距为零的情况,而是在截距不为零时,得到后分离常数得到,进而得出应当为12正因数,本题属中档题.8.在四棱锥中,棱长为2的侧棱垂直底面边长为2的正方形,为棱的中点,过直线的平面分别与侧棱、相交于点、,当时,截面的面积为()A.B.2C.D.3【答案】A【解析】【分析】建立空间直角坐标系,利用向量共面确定点的坐标,利用向量数量积及三角形面积公式即可求出.【详解】由题意,平面,四边形为正方形,如图,建立空间直角坐标系D-xyz,则,,,,,,,设,,则,又,,所以,则, 由题意,四点共面,所以,所以,解得,所以,,所以,所以,即,所以,所以,又,所以,即,所以,所以,所以截面的面积为.故选:A二、多项选择题(每题有两个或者两个以上正确答案,每题5分,少选得2分,共20分)9.下列说法中不正确的是()A.经过定点的直线都可以用方程来表示B.经过定点的直线都可以用方程来表示C.不与坐标轴重合或平行的直线其方程一定可以写成截距式 D.不与坐标轴重合或平行的直线其方程一定可以写成两点式【答案】ABC【解析】【分析】根据直线方程五种形式的限制条件解决即可.【详解】对于A,点斜式方程适用斜率存在的直线,故A错误;对于B,斜截式方程适用斜率存在的直线,故B错误;对于C,截距式方程适用不与坐标轴重合或平行且不过原点的直线,故C错误;对于D,两点式方程适用不与坐标轴重合或平行的直线,故D正确;故选:ABC10.下列命题中正确的是()A.若是空间任意四点,则有B.若直线的方向向量与平面的法向量的夹角等于,则直线与平面所成的角等于C.已知向量组是空间的一个基底,则也是空间的一个基底D.对空间任意一点与不共线的三点,若(其中),则四点共面【答案】AC【解析】【分析】根据空间向量加法的运算法则,线面角的定义,结合空间向量基底的性质、四点共面的性质逐一判断即可.【详解】A:因为,所以本选项命题正确;B:因为直线的方向向量与平面的法向量的夹角等于,所以直线与平面所成的角等于,因此本选项命题不正确;C:假设不是空间一个基底,所以有成立,因为组是空间的一个基底, 所以可得,显然该方程组没有实数解,因此假设不成立,所以也是空间的一个基底,因此本选项命题正确;D:因为只有当时,四点才共面,所以本选项命题不正确,故选:AC11.已知点,,且点在直线:上,则()A.存在点,使得B.存在点,使得C.的最小值为D.最大值为3【答案】BCD【解析】【分析】设,利用斜率公式判断A,利用距离公式判断B,化折线为直线,利用两点之间线段最短判断C,根据几何意义判断D.【详解】对于A:设,若时,此时斜率不存在,,与不垂直,同理时与不垂直,当且时,,若,则,去分母整理得,,方程无解,故与不垂直,故A错误;对于B:设,若,则,即,由,所以方程有解,则存在点,使得,故B正确;对于C:如图设关于直线的对称点为,则, 解得,所以,所以,当且仅当、、三点共线时取等号(在线段之间),故C正确;对于D:如下图,,当且仅当在的延长线与直线的交点时取等号,故D正确.故选:BCD12.如图,四边形ABCD中,,,,,将沿AC折到位置,使得平面平面ADC,则以下结论中正确的是()A.三棱锥的体积为8B.三棱锥的外接球的表面积为 C.二面角的正切值为D.异面直线AC与所成角的余弦值为【答案】ABC【解析】【分析】对于A,先四边形ABCD中,利用已知条件结正弦定理求出的长,过作于,则可求出,从而可求出三棱锥的体积,对于B,在中利用余弦定理求出,再利用正弦定理求出外接圆的半径,设为的外心,三棱锥外接球的半径为,球心为,设,则,从而可求出,进而可得三棱锥的外接球的表面积,对于C,过作于,连接,则可得为二面角的平面角,从而可求得结果,对于D,如图建立空间直角坐标,利用空间向量求解即可【详解】过作于,在中,因为,所以,,由正弦定理得,即,解得,所以,,因为,所以,由正弦定理得,即,解得,所以 ,因为平面平面ADC,平面平面,,所以平面ADC,所以三棱锥的体积为,所以A正确,设为的外心,外接圆半径为,由余弦定理得所以,由正弦定理得,所以,取的中点,连接,则,,设三棱锥外接球的半径为,球心为,设,则,即,解得,,所以三棱锥外接球的表面积为,所以B正确,过作于,连接,因为平面ADC,平面ADC,所以,因为,所以平面,因为平面,所以,所以为二面角的平面角,因为,所以,所以C正确,如图,以为坐标原点,建立空间直角坐标系,过作于,则 ,,则所以设异面直线AC与所成角为,则,所以D错误,故选:ABC三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.把答案填在答题卡的相应位置.13.直线与直线平行,则_________.【答案】-2【解析】【分析】利用两直线平行:斜率相等,纵截距不等即可求出结果.【详解】由,得到,因为,所以,由,得到所以,即,解得,故答案为:.14.如图,平行六面体的底面是矩形,,,,且,则线段的长为_______________. 【答案】【解析】【分析】根据给定条件,可得,再求出相关向量的模长,然后结合空间向量数量积运算,即可得到结果.【详解】依题意,,得,由底面为矩形,,,得,显然,又,因此,所以.故答案为:15.已知正方形的中心为直线,的交点,正方形一边所在的直线方程为,则它邻边所在的直线方程为___________.【答案】【解析】【分析】先求出中心坐标为,再根据邻边所在直线与垂直设方程为,进而结合点到这两条直线距离相等且为即可求解.【详解】解:,解得,∴中心坐标为, 点M到直线的距离设与垂直两线分别为,则点到这两条直线距离相等且为,设方程为∴,解得或,∴它邻边所在的直线方程为.故答案为:16.已知a,,曲线,若两条曲线在区间上至少有一个公共点,则的最小值为________.【答案】【解析】【分析】由题意两条曲线在区间上至少有一个公共点,得到有解,转化为关于a,b的直线方程,得到表示原点到点的距离的平方,转化为,巧换元,构造函数,利用函数的单调性质,求出最值.【详解】曲线,,,,于是可以看作关于a,b的直线方程,则是该直线上的点,表示原点到点的距离的平方,设原点到直线的距离为d, 根据点到直线的距离公式得到,,令,则,则,,设,可知函数在上为减函数,当时,,当时,最小值为.故答案为:.【点睛】关键点点睛:求解本题的关键在于,根据点到直线距离公式,结合题意,得到,利用换元法,进行求解即可.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)求证:动直线(其中)恒过定点,并求出定点坐标;(2)求经过两直线和的交点,且与直线垂直的直线的方程.【答案】(1)证明见解析,;(2)【解析】【分析】(1)解法一:利用特值法,可得定点,再验证满足题意;解法二:动直线转化为,利用,则关于的方程系数为,列出方程解得即可. (2)解法一:联立两直线求出交点,又与直线垂直的直线斜率,写出直线即可;解法二:利用垂直直线系,得直线方程为,再代入交点解得的值,即可得到答案;解法三:利用交点系得直线,又,得方程,解得的值,即可得到答案.【详解】(1)证明:解法一:令,则直线方程为①再令时,直线方程为②①和②联立方程组,得,将点代入动直线中,即故动直线恒过定点.解法二:将动直线方程按降幂排列整理,得①不论为何实数,①式恒为零,∴有,解得,故动直线恒过点.(2)解法一:联立方程,解得,直线的斜率为,由,则直线的斜率为,故直线的方程为.解法二:设所求直线方程为,将解法一中求得的交点代入上式可得,故所求直线方程为.解法三:设直线的方程为, 即,又,∴,解得,故直线的方程为.18.在中,.(1)求边的高线所在的直线的方程;(2)已知直线过点,且到的距离之比为,求直线的方程.【答案】(1)(2),或【解析】【分析】(1)根据互相垂直两直线斜率的关系,结合直线的点斜式方程进行求解即可;(2)根据点到直线距离公式,结合直线的点斜式方程进行求解即可.【小问1详解】设边高线所在的直线为,所以由,所以直线的方程为;【小问2详解】当直线不存在斜率时,直线的方程为,显然到的距离之比为,不符合题意;当直线存在斜率时,设为,方程为,因为到的距离之比为,所以,或,方程为,或,综上所述:直线的方程,或.19.如图,在四棱锥中,平面,,,, ,,为的中点.(1)证明:;(2)求二面角的平面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析;(2).【解析】【分析】(1)根据给定条件,证明,再利用线面垂直的性质、判定推理作答.(2)由(1)中信息,以点A作原点建立空间直角坐标系,再利用空间向量求解作答.【小问1详解】在四边形中,,取中点,连接,由,得,则四边形是平行四边形,又,因此是矩形,即有,有,,从而,即,而平面,平面,则,又平面,于是平面,而平面,所以.【小问2详解】由(1)知两两垂直,以点为原点,直线分别为轴建立空间直角坐标系, 依题意,,,设平面的一个法向量,则,令,得,设平面的一个法向量,则,令,得,因此,显然二面角的平面角为钝角,所以二面角的平面角的余弦值为.20.如图1,边长为的菱形中,,,,分别是,,的中点.现沿对角线折起,使得平面平面,连接,如图2.(1)求;(2)若过,,三点的平面交于点,求四棱锥的体积.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)证明平面,建立空间直角坐标系,得到,,再计算夹角得到答案.(2)计算平面的法向量为,再计算到平面的距离为,最后计算体积得到答案.【小问1详解】连接,,平面平面,平面平面, ,平面,故平面,分别以,,所在直线为,,轴建立空间直角坐标系,则,,,,因为,分别是,的中点,所以,,所以.【小问2详解】连接,,,设平面的法向量为,则,,即,令,则,,所以,设到平面的距离为,而,,依题意得四边形是一个菱形,,,所以,所以.21.在平面直角坐标系中,已知矩形ABCD的长为2,宽为1,AB,AD边分别在x轴、y 轴的正半轴上,点A与坐标原点重合如图所示将矩形折叠,使点A落在线段DC上.(1)若折痕所在直线的斜率为k,试求折痕所在直线的方程(2)当时,求折痕长的最大值.【答案】(1);(2)【解析】【分析】当时,此时A点与D点重合,折痕所在直线方程当时,将矩形折叠后A点落在线段DC上的点记为,可知:A与G关于折痕所在的直线对称,有,解得故G点坐标为,从而折痕所在的直线与OG的交点坐标即线段OG的中点为,即可得出.当时,折痕长为当时,折痕所在直线交BC于,交y轴于利用两点之间的距离公式、二次函数的单调性即可得出.【详解】解:(1)①当时,此时点A与点D重合,折痕所在直线的方程为.②当时,将矩形折叠后点A落在线段DC上的点记为,,所以点A与点G关于折痕所在的直线对称,有,故点G的坐标为,从而折痕所在的直线与OG的交点线段OG的中点为, 故折痕所在直线的方程为,即.综上所述,折痕所在直线的方程为.当时,折痕的长为当时,折痕所在的直线交直线BC于点,交y轴于点.,,则在上,,,的取值范围为,故点M在线段上.,折痕长度的最大值为而,故折痕长度的最大值为【点睛】思路点睛:关于折叠问题可转化为轴对称问题,利用中点坐标公式、相互垂直的直线斜率之间的关系.22.如图,为圆锥的顶点,是圆锥底面的圆心,为底面直径,为底面圆的内接正三角形,且的边长为,点在母线上,且,. (1)求证:直线平面,并求三棱锥的体积:(2)若点为线段上的动点,当直线与平面所成角的正弦值最大时,求此时点到平面的距离.【答案】(1)证明见解析;(2)【解析】【分析】(1)设,由正弦定理和三角形相似关系可证得,结合面面垂直的性质可证得平面,由此可得,由线面平行的判定可得结论;由平行关系可得,根据棱锥体积公式可求得结果;(2)以为坐标原点可建立空间直角坐标系,设,根据线面角的向量求法,可确定当时,取得最大值,由此可确定,利用点到面的距离的向量求法可求得结果.【小问1详解】设,连接,为底面圆的内接正三角形,,为中点,又,,; ,,,,,∽,,;平面,平面,平面平面,平面平面,平面,平面,又平面,,平面,平面,平面;为中点,,即,又平面,平面,,,,平面,平面,,,,又,平面,.【小问2详解】,为中点,又,为中点,,,,以为坐标原点,正方向为轴,可建立如图所示空间直角坐标系,则,,,,,,,,,, ,设,;设平面的法向量,则,令,解得:,,,设直线与平面所成角为,,令,则,,,,当,即时,,,此时,,点到平面的距离.

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