云南省昭通市鲁甸县崇文高级中学昭通市第一中学2023-2024学年高二上学期期中数学(B卷)Word版含解析.docx

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昭通一中教研联盟2023~2024学年上学期高二年级期中质量检测数学(B卷)试题本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分.第Ⅰ卷第1页至第2页,第Ⅱ卷第3页至第4页.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分,考试用时120分钟.第Ⅰ卷(选择题,共60分)注意事项:1.答题前,考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚.2.每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效.一、单项选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题所给的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.已知向量,则等于()A.B.5C.D.3【答案】C【解析】【分析】由空间向量模长的坐标公式求解即可.【详解】,则.故选:C.2.已知,则下列向量中与平行的是()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用共线向量定理逐个分析判断即可.【详解】对于A,因为,所以A不正确;对于B,因为,所以B正确; 对于C,因,所以C不正确;对于D,因为,所以D不正确.故选:B.3.两平行直线与的距离为()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】直线利用平行直线的距离公式计算得到答案.【详解】两平行直线的距离,故选:B.4.已知直线与垂直,则实数m的值为()A.2B.-2C.D.【答案】A【解析】【分析】利用两条直线垂直与其方程的系数之间的关系计算即可.【详解】因为直线与垂直,所以,得.故选:A.【点睛】本题考查了两条直线垂直的位置关系,属于基础题.5.过点且方向向量为的直线的一般式方程为()A.B.C.D.【答案】C【解析】分析】根据方向向量确定斜率,得到直线方程.【详解】根据题意,直线的方向向量为,则其斜率,直线方程为, 即方程为,故选:C.6.已知空间向量,且,则在上的投影向量为()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】直接根据投影向量的公式计算得到答案.【详解】由题意可知在上的投影向量为,故选:B.7.圆关于直线对称的圆的方程是()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据题意先求出圆心关于直线对称的坐标,然后可以求解【详解】由题意得,圆:,化简得:,所以圆心坐标为,半径:,设圆心关于直线的对称点的坐标为得:,解之得:,得所求圆的圆心坐标为,半径也为,所以得:所求圆的方程为:.故选:D.8.已知空间中三点,,,则点到直线的距离为() A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据点到直线距离的向量坐标公式计算即可求解.【详解】依题意得则点C到直线AB的距离为故选:A二、多项选择题(本大题共4小题,每小题5分,共20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)9.已知四边形的顶点分别是,,,,那么以下说法中正确的是()AB.点关于轴的对称点为C.的中点坐标为D.点关于面的对称点为【答案】ABD【解析】【分析】根据点关于线或面对称的性质判断各个选项的结论.【详解】由于四边形的顶点分别是,,,,2,,,1,,,,,对于,故正确;对于:点关于轴对称的点的坐标为,1,,故正确;对于的中点坐标为,0,,故错误; 对于:点关于面的对称点为,,,故正确;故选:.10.已知圆和点,则过点的圆的切线方程为()A.B.C.D.【答案】CD【解析】【分析】考虑直线斜率存在和不存在两种情况,根据点到直线的距离等于半径计算得到答案.【详解】因为圆,点,当过点与圆相切的直线的斜率存在时,设切线方程为,则,解得,从而切线方程为;当过点的直线的斜率不存在时,直线方程为,容易验证,直线与圆相切.故过点的圆的切线方程为或,故选:CD.11.点在圆上,点在圆上,则()A.B.两个圆心所在的直线的斜率为C.的最大值为7D.两个圆相交弦所在直线的方程为【答案】BC【解析】【分析】确定两圆圆心和半径,计算,A错误,,B正确,,C正确,两圆相离,不相交,D错误,得到答案.【详解】,半径为, 圆的标准方程为,则,半径为,对选项A:,错误;对选项B:,正确;对选项C:,正确;对选项D:由于,所以两圆相离,不相交,错误;故选:.12.如图,在平行六面体中,以顶点A为端点的三条棱长均为6,且它们彼此的夹角都是,下列说法中正确的是()A.B.C.D.直线与AC所成角的余弦值为【答案】ABD【解析】【分析】利用空间向量法,根据空间向量的线性运算和数量积运算,逐项分析即得.【详解】以为基底,则对A:∵则 ∴,A正确;对B:∵,则∴,B正确;对C:∵则,即∴,则,C错误;对D:∵则即∴,即直线与AC所成为,D正确;故选:ABD.第Ⅱ卷(非选择题,共90分)注意事项: 第Ⅱ卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答,在试题卷上作答无效.三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)13.已知三点共线,则实数m的值为________.【答案】0【解析】【分析】根据A,B,C三点共线可得,然后利用两点间的斜率公式代入求解即可.【详解】由三点共线可得,即,解得.故答案为:0.14.,,则,的夹角为___________.【答案】##【解析】【分析】直接根据向量夹角公式的坐标表示求解即可.【详解】解:因为,,所以,因为,所以故答案为:##15.如图,圆弧形拱桥的跨度,拱高,则拱桥的直径为________m.【答案】【解析】【分析】利用勾股定理求得圆的半径,进而求得圆的直径. 【详解】设圆心为,半径为,连接,如下图所示,,由勾股定理得,解得,所以直径为.故答案为:16.阿波罗尼斯(古希腊数学家,约公元前262~190年)的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果,它将圆锥曲线的性质网罗殆尽,几乎使后人没有插足的余地.他证明过这样一个命题:平面内与两定点距离的比为常数且的点的轨迹是圆,后人将这个圆称为阿氏圆.现有,,求点的轨迹方程为__________.【答案】,(答案不唯一)【解析】【分析】建立坐标系,确定坐标,根据得到,化简得到答案.【详解】,且,故点的轨迹是圆.以线段的中点为原点,所在直线为轴建立直角坐标系,则, 设,,则,即,整理得,.(答案不唯一,建系不同,轨迹方程不同)故答案:,.四、解答题(共70分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤)17.(1)求与直线平行,且与直线在轴上的截距相同的直线方程;(2)已知的顶点坐标分别是,求边上的中线所在直线的方程.【答案】(1);(2)【解析】【分析】(1)由斜截式方程求解即可;(2)先由中点坐标公式求出的中点坐标,再由点斜式方程求解即可.【详解】(1)直线的斜率为2,直线在轴上的截距为,由题意知,所求直线斜率为2,且在轴上的截距为,由直线的斜截式方程可得,即.(2),的中点坐标为,中线的斜率为,中线所在直线的方程为,即. 18.如图,在棱长是2的正方体中,分别为的中点.(1)证明:平面;(2)求点到平面的距离.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】【分析】(1)以点为原点建立如图所示的空间直角坐标系,由可证明,再由线面平行的判定定理即可证明.(2)先求出平面的法向量和直线的方向向量,由点到平面的距离公式求解即可.【小问1详解】以点为原点建立如图所示的空间直角坐标系,则,,分别为的中点,,.,又平面平面,平面.【小问2详解】, 设平面的法向量为,则,取,可得,所以,所以平面的法向量,点到平面的距离.19.圆经过三点.(1)求圆的方程;(2)判断直线与圆的位置关系;如果相交,求直线被圆截得的弦长.【答案】(1)(2)相交,弦长为6【解析】【分析】(1)设出圆的一般方程,代入点数据解方程组得到答案.(2)计算圆心到直线的距离,再计算弦长得到答案.【小问1详解】设圆的方程为,经过三点,则解得,所以圆的方程为,即.【小问2详解】,圆的圆心坐标,半径为,所以圆心到直线的距离,所以直线与圆相交.所以弦长为.20.如图,在四棱锥中,底面,底面是正方形,且,是的中点. 求证:直线平面;求直线与平面的夹角的正弦值.【答案】证明见解析;.【解析】【分析】证明,结合,即可证明直线平面;以为原点,分别以,,为,,轴建立空间直角坐标系,求出相关向量,求出平面的一个法向量,设直线与平面所成角为,利用向量的数量积求解即可.【详解】解:底面,.又底面是正方形,.,平面,平面,平面.以为原点,分别以,,为,,轴建立空间直角坐标系,如下图所示:设,则,,,,,,.设平面的法向量为,由得,令,则.设直线与平面所成角为,则, ,即直线与平面的夹角的正弦值为.【点睛】本题考查了直线与平面所成角的求法,向量的数量积的运用,直线与平面垂直的判定定理的应用,属于中档题.21.已知点,圆,过点的动直线与圆交于,两点,线段的中点为,为坐标原点.(1)求的轨迹方程;(2)当时,求的方程及的面积.【答案】(1);(2)的方程为,的面积为.【解析】【分析】(1)由圆的方程求出圆心坐标和半径,设出坐标,由与数量积等于0列式得的轨迹方程;(2)设的轨迹的圆心为,由得到.求出所在直线的斜率,由直线方程的点斜式得到所在直线方程,由点到直线的距离公式求出到的距离,再由弦心距、圆的半径及弦长间的关系求出的长度,代入三角形面积公式得答案.【详解】解:(1)由圆,即,圆的圆心坐标为,半径.设,则,.由题意可得,即.整理得.的轨迹方程是. (2)由(1)知的轨迹是以点为圆心,为半径的圆,由于,故在线段的垂直平分线上,又在圆上,从而.,直线的斜率为.直线的方程为,即.则到直线的距离为.又到的距离为,.. 22.如图1,在中,,,别为边BM,MC的中点,将沿AD折起到的位置,使,如图2,连结PB,PC.(1)求证:平面平面ABCD;(2)线段PC上是否存在一点E,使二面角的余弦值为?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.【答案】(1)证明见解析;(2)存在,.【解析】【分析】(1)由线面垂直的判定定理证明平面ABCD.然后再得面面垂直;(2)由两两垂直,以A为坐标原点,建立空间直角坐标系,假设存在满足题意,设出,用空间向量法求二面角,再根据二面角的大小得出.【详解】(1)证明:因为A,D分别为MB,MC中点,所以.因为,所以所以.因为,所以.又因为,AB,AD平面ABCD,所以平面ABCD.又因为平面PAD,所以平面平面(2)解:因为,,,所以AP,AB,AD两两互相垂直. 以A为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,假设线段PC上存在一点E,使二面角的余弦值为.设,,则,即.所以,,.平面PAD的一个法向量为0,.设平面ADE的一个法向量,则有,令,则0,.若二面角的余弦值为,则有,由,解得.故线段PC上存在一点E,使二面角的余弦值为,且. 【点睛】方法点睛:本题考查用线面垂直证明线线垂直,考查用由二面角的大小求参数.求二面角的常用方法:(1)定义法:即作出二面角的平面角并证明,然后计算;

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