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重庆市第八中学2023-2024学年高二数学上学期9月检测一试题(Word版附解析)

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重庆八中高2025级高二(上)数学检测一数学试题一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共计40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.已知向量,,则A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】因为,所以=(5,7),故选A.考点:本小题主要考查平面向量的基本运算,属容易题.2.已知直线,若,则实数的值为()A.1B.C.D.【答案】D【解析】【分析】对进行分类讨论,代入求解即可.【详解】当时,直线的斜率,直线的斜率不存在,此时两条直线不垂直;当时,直线的斜率,直线的斜率,因为,所以,所以,解得:.故选:D.3.已知是实常数,若方程表示的曲线是圆,则的取值范围为()A.B.C.D. 【答案】B【解析】【分析】由方程表示的曲线为圆,可得出关于实数的不等式,解出即可.【详解】由于方程表示的曲线为圆,则,解得.因此,实数的取值范围是.故选:B.【点睛】本题考查利用圆的一般方程求参数,考查计算能力,属于基础题.4.设为两条直线,为两个平面,下列四个命题中,正确的命题是(  )A.若与所成的角相等,则B.若,,则C.若,则D.若,,则【答案】D【解析】【详解】试题分析:A项中两直线还可能相交或异面,错误;B项中两直线还可能相交或异面,错误;C项两平面还可能是相交平面,错误;故选D.5.直线与圆相交于、两点,若,则等于()A.0B.C.或0D.或0【答案】D【解析】【分析】求出到圆心的距离和圆心到直线的距离,即可求出的值.【详解】由题意,∵,∴到圆心的距离为, ∴圆心到直线的距离为:,即.解得:或,故选:D.6.过点作直线,若经过点和,且均为正整数,则这样的直线可以作出(),A.条B.条C.条D.无数条【答案】B【解析】【分析】假设直线截距式方程,代入已知点坐标可得之间关系,根据为正整数可分析得到结果.【详解】均为正整数,可设直线,将代入直线方程得:,当时,,方程无解,,,,,或,或,即满足题意的直线方程有条.故选:B.7.已知长方体中,,若棱上存在点,使得,则的取值范围是()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】建立空间直角坐标系,设,求出、,利用,求出的范围.【详解】解:如图建立坐标系, 设,,则,,,,,,,即,所以,当时,所以,所以.故选:C.8.已知点在直线上运动,是圆上的动点,是圆上的动点,则的最小值为()A.13B.11C.9D.8【答案】D【解析】【分析】根据圆的性质可得,故求的最小值,转化为求的最小值,再根据点关于线对称的性质,数形结合解.【详解】如图所示, 圆的圆心为,半径为4,圆的圆心为,半径为1,可知,所以,故求的最小值,转化为求的最小值,设关于直线的对称点为,设坐标为,则,解得,故,因为,可得,当三点共线时,等号成立,所以的最小值为.故选:D.二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共计20分.每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求、全部选对的得5分,有选错的得0分,部分选对的得2分.9.三条直线,,构成三角形,则的值不能为()A.B.C.D.-2【答案】AC【解析】【分析】由三条直线可构成三角形可知,直线不经过两条直线的交点,且与两条直线任意一条 不平行.【详解】直线与都经过原点,而无论为何值,直线总不经过原点,因此,要满足三条直线构成三角形,只需直线与另两条直线不平行,所以.故选:AC.10.点在圆的内部,则的取值可能是()A.-2B.C.D.2【答案】BC【解析】【分析】根据点圆的位置关系,结合一元二次不等式的解法进行求解即可.【详解】因为点在圆的内部,所以,所以选项BC符合题意,故选:BC11.正方体中,下列结论正确的是()A.直线与直线所成角为B.直线与平面ABCD所成角为C.二面角的大小为D.平面平面【答案】AC【解析】【分析】选项A:先判断出与所成角即为,利用为正三角形,即可判断;选项B:与平面ABCD所成角为,即可判断;选项C:二面角的平面角为,即可判断;选项D:设,连结,可以判断出即为二面角的平面角.在三角形ACO中,求出各边长,可以判断出,即可判断. 【详解】选项A:先判断出与所成角即为与所成角,为正三角形,所以该角为;故A正确.选项B:与平面ABCD所成角为;故B错误.选项C:二面角的平面角为;故C正确.选项D:设,连结,因为,所以.同理可证:,所以即为二面角的平面角。不妨设AB=1,易求出:,因为,所以,所以平面平面不正确;故D错误.故选:AC.12.已知圆,直线为直线上的动点,过点作圆的切线,切点为,则下列各选项正确的是()A.四边形面积的最小值为4 B.四边形面积的最大值为8C.当最大时,D.当最大时,直线方程为【答案】ACD【解析】【分析】根据已知,结合图形,利用直角三角形、正方形的性质、直线方程以及点到直线的距离公式、勾股定理计算求解.【详解】由圆的几何性质可得,圆,半径为2,如下图所示:对于,由切线长定理可得,又因为,所以,所以四边形的面积,因为,当时,取最小值,且,所以四边形的面积的最小值为,故A正确;对于,因为无最大值,即无最大值,故四边形面积无最大值,故B错误;对于,因为为锐角,,且,故当最小时,最大,此时最大,此时,故C正确;对于D,由上可知,当最大时,且,故四边形为正方形,且有,直线, 则方程为,联立,可得,即点,由正方形的几何性质可知,直线过线段的中点,此时直线的方程为,故D正确.故选:ACD.三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.已知,,三点共线,则=_____.【答案】6【解析】【分析】利用可得出关于的等式,由此可求得实数的值.【详解】由于、、三点共线,则,即,解得.故答案为:6.14.已知直线,,则直线与之间的距离最大值为______.【答案】5【解析】【分析】分别求出直线,过的定点,,当与两直线垂直时距离最大,且最大值为,由此即可求解.【详解】直线化简为:,令且,解得,,所以直线过定点,直线化简为:,令且,解得,,所以直线过定点,,当与直线,垂直时,直线,的距离最大,且最大值为, 故答案为:5.15.已知三棱锥中,,,,,且平面平面,则该三棱锥的外接球的表面积为_________.【答案】【解析】【分析】本题首先可在中根据余弦定理得出,然后通过勾股定理得出,根据面面垂直的性质得出平面,外接球的球心到平面的距离为,再然后通过正弦定理求出的外接圆的半径,最后根据求出外接球的半径,即可求出外接球的表面积.【详解】在中,由余弦定理易知,,即,解得,因为,所以,因为平面平面且交于,平面,所以平面,外接球的球心到平面的距离为,设的外接圆的半径为,外接球的半径为,则由正弦定理得出,解得,,解得,外接球的表面积,故答案为:.【点睛】关键点点睛:本题考查几何体的外接球的表面积的求法,考查面面垂直证明线面垂直,考查余弦定理与正弦定理的应用,考查数形结合思想,是难题.16.若点A(x,y)满足C:(x+3)2+(y+4)225,点B是直线3x+4y=12上的动点,则对定点P(6,1)而言,||的最小值为_____. 【答案】【解析】【分析】设B关于P点对称点为B′,,将模长最值问题转化为求圆心到直线3x+4y﹣32=0的距离问题求解.【详解】如图所示:设B关于P点对称点为B′(x,y),B(x0,y0),由题意可知,解得,由B在直线3x0+4y0=12,代入整理得3x+4y﹣32=0,所以,若点A满足C:(x+3)2+(y+4)225,点A在圆C内或圆上,则所以||最小值为圆C的圆心到直线3x+4y﹣32=0的距离减去半径,所以||min5,所以||的最小值故答案为:【点睛】此题考查求距离的最值问题,以向量为背景,通过几何关系进行转化,转化为求圆及其内部的点到直线距离的最值问题,涉及数形结合思想.四、解答题:本题共6小题,共70分,解答应写出文宇说明、证明过程或演算步骤.17.已知直线与直线的交点为P.(1)若直线l过点P,且点A(1,3)和点B(3,2)到直线l的距离相等,求直线l的方程;(2)若直线l1过点P且与x轴和y轴的正半轴分别交于A、B两点,△ABO的面积为,求直线l1的方程.【答案】(1)或;(2). 【解析】【分析】(1)由题可求,由题知直线l与直线AB平行或过AB的中点,即求;(2)可设直线方程的截距式,由题可得即求.【详解】(1)由得,即,因为直线l过点P,且点A(1,3)和点B(3,2)到直线l的距离相等,∴直线l与直线AB平行或过AB的中点,当直线l与直线AB平行时,直线l的方程为即,当直线l过AB的中点时,直线l的方程为,故直线l的方程为或.(2)由题可设直线l1方程为,则,解得,故直线l1的方程为即.18.某同学在劳动实践课上制作了一个如图所示的容器,其上半部分是一个正四棱锥,下半部分是一个长方体,已知正四棱锥的高是长方体高的,且底面正方形的边长为4,.(1)求的长及该长方体的外接球的体积;(2)求正四棱锥的斜高和体积. 【答案】(1),;(2)斜高为,体积为.【解析】【分析】(1)根据长方体的棱长求对角线即可得到的长,利用线段就是其外接球直径,求得球的半径,进而求得其体积;(2)设,交于点,连结,则为正四棱锥的高,取的中点,连结、,则为正四棱锥的斜高,利用正四棱锥的性质以及锥体的体积公式可得结果.【详解】(1)∵几何体长方体且,,∴,记长方体外接球的半径为,线段就是其外接球直径,则,∴,∴外接球的体积为.(2)如图,设,交于点,连结,则为正四棱锥的高,∵为正四棱锥,∴为正四棱锥的高,又长方体的高为,∴,取的中点,连结、,则为正四棱锥的斜高,在中,,,∴,∵,,∴,∴正四棱锥的斜高为,体积为.19.已知:圆过点,,,是直线上的任意一点,直线与圆交于、两点.(1)求圆的方程; (2)求的最小值.【答案】(1);(2).【解析】【分析】(1)设圆的一般方程为,即可根据题意列出三个方程,解出,即可得到圆的方程;(2)联立直线的方程和圆的方程可得、两点的坐标,设,再根据两点间的距离公式表示出,消去,可得关于的二次函数,即可求出最小值.【详解】(1)设圆一般方程为,依题意可得,.所以圆的方程为:.(2)联立或,不妨设,,则,∴.故的最小值为.【点睛】本题主要考查圆的方程的求法,直线与圆的交点坐标的求法,以及两点间的距离公式的应用,意在考查学生的数学运算能力,属于基础题.20.在如图所示的七面体中,底面为正方形,平面.已知. (1)设平面平面,证明:平面;(2)若平面平面,求的长.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】【分析】(1)由线面平行的判定定理可得∥平面,再利用线面平行的性质定理可证得∥,然后由线面平行的判定定理可得结论;(2)以为原点,所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系,设,表示出平面和平面的法向量,然后由两平面垂直列方程可求得结果.【小问1详解】证明:因为底面为正方形,所以∥,因为平面,平面,所以∥平面,因为平面,平面平面,所以∥,因为平面,平面,所以平面;【小问2详解】因为平面,平面,所以,因为底面为正方形,所以,所以两两垂直,所以以为原点,所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系,设(),因为,,底面为正方形,可得,所以,所以,, 设平面和平面的法向量分别为,则,,令,,则,因为平面平面,所以,解得或(舍去),所以的长为.21.在平面直角坐标系中,已知圆和圆.(1)若直线过点,且与圆相切,求直线的方程;(2)设为直线上的点,满足:过点的无穷多对互相垂直的直线和,它们分别与圆和圆相交,且直线被圆截得的弦长与直线被圆截得的弦长相等.试求满足条件的点的坐标.【答案】(1)或(2)【解析】【分析】(1)直线斜率不存在时,显然满足题意;当斜率存在时,设,利用圆心到直线距 离等于半径可构造方程求得,由此可得切线方程;(2)设点,当直线斜率存在时,根据截得弦长相等可求得的值;当斜率为时,易知不满足题意;当直线斜率存在且不为时,假设直线方程,根据垂径定理表示出直线被圆截得的弦长,根据有无数个解可确定的取值.【小问1详解】由圆方程知:圆心,半径;当直线斜率不存在时,即,此时直线与圆显然相切,满足题意;当直线斜率存在时,设其方程为:,即,圆心到直线的距离,解得:,直线方程为:,即;综上所述:直线方程为或.【小问2详解】由圆的方程知:圆心,半径;设点,①当过的直线斜率不存在时,则方程为:,方程为:;则被圆截得的弦长为:;被圆截得的弦长为,解得:或;或;②当过的直线斜率为时,直线斜率不存在,此时与圆相离,不合题意;③当过的直线斜率存在且不为时, 设,则,即,,圆心到直线的距离;圆心到直线的距离;直线被圆截得的弦长与直线被圆截得的弦长相等,,即,,又,,,,当时,整理可得:,满足题意的直线有无数对,,解得:,即;当时,整理可得:,满足题意的直线有无数对,,方程组无解;综上所述:满足条件的点的坐标为.22.如图,已知直三棱柱中,且,、、分别为、、的中点,为线段上一动点.(1)求与平面所成角的正切值;(2)证明:;(3)求锐二面角的余弦值的最大值. 【答案】(1)(2)证明见解析(3)【解析】【分析】(1)由线面夹角的定义结合图形线面关系即可得与平面所成角的正切值;(2)以为坐标原点,以为轴,以为轴,以为轴,建立空间直角坐标系,利用空间向量坐标运算即可证明;(3)根据空间向量坐标运算分别求解平面与平面的法向量,由二面角的夹角余弦公式结合函数关系即可得最值.【小问1详解】由直三棱柱,知面,即在的投影为,所以为与平面所成角,所以,因此,与平面所成角的正切值为;【小问2详解】以为坐标原点,以为轴,以为轴,以为轴,建立空间直角坐标系,如图:则,,,,,,,, 故,为线段上一动点.设,则,故,所以,,故,所以,即;【小问3详解】由(2)可知:,,,设平面的法向量为,则,即,令,则,,则,设平面的法向量为,则,即,则,令,则,则,故设二面角的平面角为,结合图形,为锐角,故,令,,,而函数在时单调递增,故时,取最小值,

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所属: 高中 - 数学
发布时间:2023-10-08 19:03:02 页数:20
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文章作者:随遇而安

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