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广西三新学术联盟2023-2024学年高二数学上学期10月联考试题(Word版附解析)
广西三新学术联盟2023-2024学年高二数学上学期10月联考试题(Word版附解析)
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2023年广西三新学术联盟高二年级10月联考数学(人教版)(考试时间:120分钟总分:150分)注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上.2.回答选择题时,选出每小题答案后,用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.回答非选择题时,将答案写在答题卡上,写在本试卷上无效.3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回.一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.已知,,则()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据交集的定义计算即可.【详解】由题可得.故选:C.2.已知复数满足,则等于()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用复数的四则运算即可得解.【详解】.故选:B.3.关于空间向量,以下说法正确的是() A.若,则的夹角是钝角B.若,则C.若,则D.空间中任何两个向量都是共面向量【答案】D【解析】【分析】由空间向量数量积的定义即可判断A,由空间向量的位置关系即可判断BC,由共面向量的定义即可判断D.【详解】对于,若夹角为,则成立,错误;对于,若,则不一定垂直,错误;对于C,若,当时,不一定平行,C错误对于D,若空间任何两个向量必然共面,D正确.故选:D.4.直线与直线,则的充要条件是()A.3B.C.3或D.1或【答案】B【解析】【分析】由一般式直线方程平行条件求的值,并检验.【详解】由直线与直线平行,得,即,即或,当时,,即,重合,舍去;当时,,,满足.综上.故选:B5.已知,是不同的直线,,是不同的平面,下列命题中,正确的是()A.若,,则B.若,,则 C.若,,,,则D.若,,则【答案】D【解析】【分析】根据空间中的直线与直线,直线与平面以及平面与平面的位置关系和符号表示,判断选项中的命题是否正确即可.【详解】在A中,若,,则与相交、平行或异面,故A错误;在B中,若,,则,故B错误;在C中,必须平面内有两条相交直线分别与平面平行,此时两平面才平行,故C错误;在D中,,时,过作平面,所以,且,所以,故D正确.故选:D.6.已知三边所在直线方程为,,,则边上的高所在直线的方程是()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据边上的高和直线垂直得到,联立直线和的方程得到,然后写直线方程即可.【详解】设则边上的高所在直线的斜率为,,,,联立,得,∴边上的高所在直线的方程为.故选:A.7.棱长为2的正方体中,是中点,则异面直线与所成角的余弦值是() A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】的中点为,有,余弦定理求即可;或建立空间直角坐标系,利用向量法求异面直线所成的角.【详解】解法一:连接,取的中点,连接,如图所示,分别是的中点,,则是异面直线与所成角或其补角.正方体棱长为2,面对角线长为,由正方体的结构可知,中,,,则,同理,在中,,,由余弦定理可知.所以异面直线与所成角的余弦值是.解法二:以为原点,的方向为轴,轴,轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系, 则,有,,所以异面直线与所成角的余弦值是.故选:A.8.几何学史上有一个著名的米勒问题:“设点是锐角的一边上的两点,试着在边上找一点,使得最大”.如图,其结论是:点为过两点且和射线相切的圆的切点.根据以上结论解决以下问题:在平面直角坐标系中,给定两点,点在轴上移动,当取得最大值时,该圆的方程是()AB.C.D.【答案】C【解析】 【分析】首先求出线段的垂直平分线,依题意圆的圆心在直线上,故设该圆圆心为,又因为该圆与轴相切,所以圆的半径,根据,得到方程求出的值,即可得解.【详解】由题意可知,点为过两点且和轴相切的圆的切点,线段中点坐标为,又,所以线段的垂直平分线方程为,所以以为弦的圆的圆心在直线上,故设该圆圆心为,又因为该圆与轴相切,所以圆的半径,又,所以,解得或,当时,是钝角,故舍去.所以此时圆的方程为.故选:C二、多项选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在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,部分选对得2分,有选错得0分.9.在平面直角坐标系中,已知圆,直线与圆相切于点,直线与轴、轴分别交于点.下列说法正确的是()A.B.C.D.若是圆上的动点,则的最大值是 【答案】ABC【解析】【分析】根据直线与圆相切求出直线斜率k判断A,求出在坐标轴上的截距判断B,根据直角三角形判断C,再由圆上动点与定点的距离转化为圆心到定点距离求最值判断D.【详解】如图,因为,所以圆心到直线的距离等于半径2,即,解得直线斜率,所以A正确.中,令,则,令,则,,故B正确.因为点A坐标为,则,所以.所以选项C正确.的最大值等于,所以选项D不正确.故选:ABC10.如图,在平行六面体中,以顶点为端点的三条棱长都是1,且它们彼此的夹角都是,为与的交点,若,,,则下列正确的是() A.B.C.的长为D.【答案】AD【解析】【分析】AB选项,根据空间向量基本定理进行求解;C选项,表达出,平方后由空间向量数量积公式得到,得到模长;D选项,利用空间向量夹角余弦公式进行求解.【详解】A选项,,A正确,B选项,,B错误:C选项,,则,则,C错误:D选项,对于,,故,又,则,D正确.故选:AD. 11.如图,在四棱锥中,底面为菱形,,,,侧面为正三角形,则下列说法正确的是()A.B平面平面C.二面角的平面角是D.三棱锥外接球的表面积为【答案】ABD【解析】【分析】A选项,根据等腰三角形的性质得到,,然后根据线面垂直的判定定理和性质即可得到;B选项,根据二面角平面角的定义得到是二面角的平面角,然后通过勾股定理得到即可说明二面角是直二面角,即可证明面面垂直;C选项,根据,平面得到,,即可得到是二面角的平面角;D选项,根据球心的性质得到是三棱锥外接球的外心,然后利用勾股定理得到外接球半径即可求外接球的表面积.【详解】取中点,连接,,因为和都是等边三角形,则,,因为,平面,所以平面,因为平面,所以,故A正确; 是二面角的平面角,,又,所以,即,所以二面角是直二面角,所以平面平面,故B正确;因为四边形为菱形,所以,因为,平面,所以,平面,因为平面,所以,所以是二面角的平面角,故C错误;因为,平面,所以平面,同理平面,设分别是和的中心,如图,作与交于点,则平面,平面,所以是三棱锥外接球的外心,由于,是正方形,,而,所以即为外接球半径,三棱锥外接球的表面积为,故D正确.故选:ABD.12.已知与交于两点,为曲线上的动点,则()A.到直线距离最小值为BC.存在点,使得为等边三角形D.最小值为2【答案】AB【解析】【分析】设,利用点到直线的距离结合基本不等式即可判断A,求出A,B坐标,计算出的表达式,利用换元法和配方法即可判断BD,通过假设存在这样的等边三角形,利用等边三角形性质求出点M的坐标,再进行验证即可. 【详解】设,对A,则点到直线的距离,当且仅当,即时等号成立,故A正确;对,联立有,解得或,则不妨假设,则,令则,则,当,即,即或(舍去)时取等,故B正确.,D不正确,最小值为1.对C,若要为等边三角形,则首先点为线段的垂直平分线和曲线的交点,则垂直平分线的所在直线的方程为,将其与曲线联立得解得或(舍去),此时,而,则,则不存在点,使得为等边三角形,故错误.故选:. 三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.直线过点且与轴、轴分别交于,两点,若恰为线段的中点,则直线的方程为__________.【答案】【解析】【分析】根据题意设出点,的坐标,利用中点坐标公式求出,,再写出直线的方程即可.【详解】设点、,由中点坐标公式得:,解得:,,由直线过点、,直线的方程为:,即.故答案为:.14.已知、是平面内两个互相垂直的单位向量,若满足,则的最大值为___________.【答案】【解析】【分析】首先根据数量积公式展开,再化简,利用三角函数的有界性求最值.【详解】, ,即,.故答案为:15.在平面直角坐标系中,已知,点是直线上一动点,则的最大值为__________.【答案】【解析】【分析】求出点关于的对称点,利用求解即可.【详解】设点关于的对称点,则,则,当且仅当三点共线时等号成立.故答案为:16.已知圆,点,若圆上任意一点都满足,则实数的取值范围为__________.【答案】【解析】【分析】设点,利用题中条件得到,转化为点到点的距离,进一步得到圆上的点到的距离的最小值大于,列出不等式,解出即可.【详解】设点,则 即:,则,设,即,即圆上的点到点的距离的最小值大于,又圆心,半径,则圆上的点到的距离的最小值为,故只需,即,解得:故答案为:.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.已知圆,直线过点.(1)当直线与圆相切时,求直线的斜率;(2)线段的端点在圆上运动,求线段的中点的轨迹方程.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)设出直线的方程,利用圆心到直线的距离等于半径,建立方程,解出即可;(2)建立点和点之间的关系式,再利用点的坐标满足的关系式得到点的坐标满足的条件,即可求出.【小问1详解】已知的圆心是,半径是,设直线斜率为则直线方程是,即,则圆心到直线距离为,解得直线的斜率.【小问2详解】设点则, 由点是的中点得,所以①因为在圆上运动,所以②①代入②得,化简得点的轨迹方程是.18.在中,已知角所对的边分别为,且.(1)求;(2)若的面积为,且,求的周长.【答案】(1)(2)【解析】分析】(1)利用二倍角公式化简得到,即可得到;(2)根据三角形面积公式和余弦定理列方程得到,,然后借助完全平方公式得到,即可求三角形周长.【小问1详解】由,可得,解得或(舍去),又,.【小问2详解】, ,由得,又由余弦定理得,,解得,的周长为.19.如图,在正四棱柱中,,是的中点.(1)求证:平面;(2)若正四棱柱的外接球的表面积是,求三棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】【分析】(1)连接交于,连接,则,利用线面平行的判定定理即可证明;(2)求出正四棱柱的外接球半径,进而可求出,根据,即可求解.【小问1详解】连接交于,连接;分别是的中点,平面平面, 平面.【小问2详解】设,正四棱柱的外接球的半径为,因为正四棱柱的外接球的表面积,解得,由题意为正四棱柱的外接球的直径,由,得,解得或(舍),即.20.甲、乙两位同学进行跳绳比赛,比赛规则如下:进行两轮跳绳比赛,每人每轮比赛在规定时间内跳绳200次及以上得1分,跳绳不够200次得0分,两轮结束总得分高的为跳绳王,得分相同则进行加赛直至有一方胜出为止.根据以往成绩分析,已知甲在规定时间内跳绳200次及以上的概率为,乙在规定时间内跳绳200次及以上的概率为,且每轮比赛中甲、乙两人跳绳的成绩互不影响.(1)求两轮比赛结束乙得分为1分的概率;(2)求不进行加赛甲就获得跳绳王的概率.【答案】(1) (2)【解析】【分析】(1)根据题意,由相互独立事件的概率计算公式,代入计算,即可得到结果;(2)根据题意,由相互独立事件的概率计算公式,代入计算,即可得到结果;【小问1详解】设“甲第轮得一分”,设“乙第i轮得一分”,设“两轮比赛甲得分”,设“两轮比赛乙得分”,所以两轮比赛结束乙得分为1分的概率为;【小问2详解】设“不进行加赛甲就获得跳绳王”.所以不进行加赛甲就获得跳绳王的概率为.21.如图,已知直圆柱的上、下底面圆心分别为,是圆柱的轴截面,正方形内接于下 底面圆,点是中点,.(1)求证:平面平面;(2)若点为线段上的动点,求直线与平面所成角的余弦值的最小值.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】【分析】(1)只需证明平面即可;(2)用向量法求角度及基本不等式即可【小问1详解】的中点为中点,,又,可得,又直圆柱的上、下底面圆心分别为平面平面.且平面平面;又因为平面,所以平面平面.【小问2详解】以为坐标原点,所在的直线为轴,所在的直线为轴,过作轴//,建立如图所示空间直角坐标系.则,所以,设, ;设平面的法向量为,则,取,可得,所以,设直线与平面所成角为,,令,则时,,.22.已知圆为圆上一点.(1)求的取值范围;(2)圆的圆心为,与圆相交于、两点,为圆上相异于、的点,直线分别与轴交于点、,求的最大值.【答案】(1)(2)【解析】 【分析】(1)方法一:将转化为动点与定点确定的直线的斜率,然后根据相切求斜率即可;方法二:将转化为动点与定点确定的直线的斜率,然后利用勾股定理和倾斜角求斜率即可;(2)设,,,然后写出直线和的方程,即可得到,,然后根据三角形面积公式得到,最后根据的范围求最值即可.【小问1详解】方法一:可看做动点与定点确定的直线的斜率,此时,过点的直线可设为,即,圆半径为2,当点到直线的距离为2时,直线与圆相切,,解得则即的取值范围为;方法二:可看做动点与定点确定的直线的斜率, 此时,过点做切线与圆切于点,则,,根据勾股定理可得,则,同理,,则即的取值范围为.【小问2详解】由对称性,可设,,设且,则,直线方程为:,直线方程为:,分别令,可得,,,观察易发现,同在的上侧或下侧,则 ,同时,或,同时,则,于是,,所以,当时,的取到最大值4.【点睛】方法点睛:圆锥曲线求最值或范围问题:(1)几何的思路:通过几何的知识取求最值或范围,例如(1)中将转化为斜率;(2)代数思路:将要求的用代数表示出来,然后通过函数或不等式的思路求最值或范围.
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发布时间:2023-10-21 20:15:01
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