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河南省开封市五县联考2023-2024学年高二上学期第一次月考数学试题(Word版附解析)

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2023—2024学年五县联考高二上学期第一次月考联考卷数学试卷一、单选题:本大题共8个小题,每个小题5分,共40分.在每小题给出的选项中,只有一项是符合题目要求的.1.=(2,-1,3),=(-1,4,-2),=(3,2,λ),若,则实数等于()A.2B.3C.4D.5【答案】C【解析】【分析】根据向量的数乘运算和向量坐标的相等即可求解.【详解】因为,所以=(3,2,λ)=2(2,-1,3)+(-1,4,-2)=(3,3,4),所以,故选:C.2.过点且平行于直线的直线方程为()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】首先根据平行关系设直线方程,再代入点的坐标,求直线方程.【详解】设与直线平行的直线是,代入点得,得,所以直线方程是.故选:A3.如图,空间四边形OABC中,,点M在上,且,点N为BC中点,则() A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据空间向量的加减和数乘运算直接求解即可.【详解】因为,所以,所以,又点N为BC中点,所以,所以.故选:B.4.如图,在直二面角中,是直线上两点,点,点,且,,,那么直线与直线所成角的余弦值为()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】建立空间直角坐标系,求得相关点的坐标,求出向量的坐标,利用向量的夹角公式求得答案.【详解】如图,以B为坐标原点,以过点B作BC的垂线为x轴,以BC为y轴,BA为z 轴,建立空间直角坐标系,则,故,则,故直线与直线所成角的余弦值为,故选:B.5.“”是“直线与直线平行”的()A.充要条件B.必要不充分条件C.充分不必要条件D.既不充分也不必要【答案】A【解析】【分析】由可得直线与直线平行,即充分条件成立;由直线与直线平行,求得的值为,即必要条件成立;【详解】因为,所以直线,直线,则与平行,故充分条件成立;当直线与直线平行时,,解得或,当时,直线与直线重合,当时,直线,直线平行,故必要条件成立.综上知,“”是“直线与直线平行”的充要条件.故选:A.6.如图,平行六面体,其中,,,, ,,则的长为()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由,可得,再利用数量积运算性质即可得出.【详解】解:,,,,,.,,,即的长为.故选:A.7.若直线与曲线有两个交点,则实数的取值范围是()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据直线所过的定点,结合直线与圆的切线性质,利用数形结合思想进行求解即可.【详解】直线恒过定点, 曲线表示以点为圆心,半径为1,且位于直线右侧的半圆(包括点,).当直线经过点时,与曲线有两个不同的交点,此时,直线记为;当与半圆相切时,由,得,切线记为.分析可知当时,与曲线有两个不同的交点,故选:A.8.阿波罗尼斯是古希腊著名的数学家,对圆锥曲线有深刻而系统的研究,阿波罗尼斯圆就是他的研究成果之一,指的是:已知动点M与两定点Q,P的距离之比,那么点的轨迹就是阿波罗尼斯圆.已知动点的轨迹是阿波罗尼斯圆,其方程为,定点为轴上一点,且,若点,则的最小值为()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据点的轨迹方程可得,结合条件可得,即得.【详解】设,,所以,又,所以. 因为且,所以,整理可得,又动点M的轨迹是,所以,解得,所以,又,所以,因,所以的最小值为.故选:C.二、多项选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.下列关于空间向量的命题中,正确的是()A.若非零向量,,满足,,则有B.任意向量,,满足C.若,,是空间的一组基底,且,则A,B,C,D四点共面D.已知向量,,若,则为锐角【答案】ACD【解析】【分析】根据共线向量的性质、共面向量定义、空间夹角的计算公式逐一判断即可.【详解】A:因为,,是非零向量,所以由,,可得,因此本选项说法正确;B:因为向量,不一定是共线向量,因此不一定成立,所以本选项说法不正确;C:因为,,是空间的一组基底, 所以三点不共线,又因为,所以A,B,C,D四点共面,因此本选项说法正确;D:,当时,,若向量,同向,则有,所以有,而,所以向量,不能同向,因此为锐角,故本选说法正确,故选:ACD10.下列说法正确的是()A.直线的倾斜角范围是B.若直线与直线互相垂直,则C.过两点,的直线方程为D.经过点且在x轴和y轴上截距都相等的直线方程为【答案】AC【解析】【分析】根据直线斜率和倾斜角的关系,直线位置关系以及直线方程的应用,对每个选项进行逐一分析,即可判断和选择.【详解】对A:直线,其斜率,设直线倾斜角,故可得,则,故A正确;对B:直线与直线互相垂直,则,解得或,故错误;对:过两点,的直线方程为,故C正确;对D:经过点且在x轴和y轴上截距都相等的直线方程为和,故D错误;故选:AC. 11.已知三棱锥,,是边长为2的正三角形,E为中点,,则下列结论正确的是()A.B.异面直线与所成的角的余弦值为C.与平面所成的角的正弦值为D.三棱锥外接球的表面积为【答案】ACD【解析】【分析】对于A:取AC的中点F,连接PF,BF,证明出面,即可得到.对于B、C:先证明出,,.可以以P为原点,为xyz轴正方向建立空间直角坐标系.利用向量法求解;对于D:把三棱锥还以为正方体,则三棱锥的外接球即为正方体的外接球.即可求解.【详解】对于A:在三棱锥,,是边长为2的正三角形,取AC的中点F,连接PF,BF,则.又,所以面,所以.故A正确.对于B:因为,,,所以面,所以,.在三棱锥,,是边长为2的正三角形,所以三棱锥为正三棱锥,所以.所以.可以以P为原点,为xyz轴正方向建立空间直角坐标系. 则,,,,.所以,.设异面直线与所成的角为,则.即异面直线与所成的角的余弦值为.故B错误;对于C:,.设平面ABC的一个法向量为,则,不妨设x=1,则.设与平面所成的角为,则.即与平面所成的角的正弦值为.故C正确.对于D:把三棱锥还以为正方体,则三棱锥的外接球即为正方体的外接球. 设其半径为R,由正方体的外接球满足,所以.所以球的表面积为.故D正确.故选:ACD.12.已知圆,点是直线上一动点,过点作圆的切线、,切点分别是和,则下列说法错误的有()A.圆上恰有一个点到直线的距离B.切线长的最小值C.四边形面积的最小值为D.直线恒过定点【答案】ABD【解析】【分析】计算出圆心到直线的距离,比较与的大小,可判断A选项的正误;利用勾股定理可判断B选项;利用三角形的面积公式可判断C选项;求出直线的方程,可求得该直线所过定点的坐标,可判断D选项的正误.【详解】圆的圆心为,半径为,圆心到直线的距离为.对于A选项,,所以,圆上有两个点到直线的距离为,A错;对于B选项,由切线的性质可知,所以,,故当时,取最小值,且,故,B错;对于C选项,由切线长定理可得,又因为,, 所以,,所以,四边形的面积为,即四边形面积的最小值为,C对;对于D选项,设点,则,线段的中点为,,所以,以线段为直径的圆的方程为,将圆和圆的方程作差可得,即,即,由,解得,故直线恒过定点,D错.故选:ABD.三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.已知直线,直线,若,则实数的值为______.【答案】或【解析】【分析】根据两直线垂直的充要条件求解即可.【详解】因为,所以,解得或,故答案为:或14.已知是所在平面外一点,,且,则实数 的值为____________.【答案】【解析】【分析】由可得出关于的表达式,再利用空间向量的减法可求得、、的值,即可得解.【详解】因为,则,所以,,所以,,,,因此,.故答案为:.15.已知三点点在直线上运动,则当取得最小值时,点的坐标__.【答案】【解析】【分析】设,由点在直线上求出,表示出和,,利用二次函数求出最小值,得到点的坐标.【详解】设,∵,则由点在直线OP上可得存在实数λ使得,所以,则,所以,,所以,根据二次函数的性质可得当时,取得最小值,此时点的坐标为:.故答案为:16.唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说:“白日登山望烽火,黄昏饮马傍交河.”诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马” ,即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发,先到河边饮马后再回军营,怎样走才能使总路程最短?在平面直角坐标系中,设军营所在区域为,若将军从点处出发,河岸线所在直线方程为,并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营,则“将军饮马”的最短总路程为___________.【答案】##【解析】【分析】先求出点关于直线的对称点,点到圆心的距离减去半径即为最短.【详解】设点关于直线的对称点,则的中点为,,故解得,由知军营所在区域中心为,要使从点到军营总路程最短,即为点到军营最短的距离为,“将军饮马”的最短总路程为,故答案为: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.如图,在四棱锥中,底面ABCD是边长为1的正方形,侧棱PA的长为2,且PA与AB、 AD的夹角都等于60°,M是PC的中点,设,,.(1)试用表示向量;(2)求BM的长.【答案】(1)(2)【解析】【分析】利用空间向量基本定理用基底表示;(2)在第一问的基础上运用空间向量数量积运算法则进行运算.【小问1详解】【小问2详解】,所以,则BM的长为.18.已知的三个顶点的坐标为、、,试求:(1)边上的高所在的直线方程;(2)的面积. 【答案】(1)(2)24【解析】【分析】(1)先求出直线的斜率,进而得边上的高的斜率,由点斜式写出方程即可;(2)先求出及直线方程,再由点到直线距离公式求得到的距离,即可求得面积.【小问1详解】因为,则边上的高的斜率为3,又经过A点,故方程为,化简得.【小问2详解】,直线方程为,整理得,则到的距离为,则的面积为.19.如图,某海面上有O,A,B三个小岛(面积大小忽略不计),A岛在O岛的北偏东45°方向距O岛千米处,B岛在O岛的正东方向距O岛20千米处.以O为坐标原点,O的正东方向为x轴的正方向,1千米为一个单位长度,建立平面直角坐标系.圆C经过O,A,B三点.(1)求圆C的方程;(2)若圆C区域内有未知暗礁,现有一船D在O岛的南偏西30°方向距O岛40千米处,正沿着北偏东45°方向行驶,若不改变方向,试问该船有没有触礁的危险?【答案】(1);(2)该船有触礁的危险.【解析】【分析】(1)根据给定条件,求出点A,B的坐标,设出圆C的一般方程,利用待定系数法求解作答.(2)求出船D的航线所在直线的方程,再利用点到直线距离公式计算判断作答. 小问1详解】依题意,因A岛在O岛的北偏东45°方向距O岛千米处,则点,又B岛在O岛的正东方向距O岛20千米处,则,设过O,A,B三点的圆C的方程为,则,解得,所以圆C的方程为.【小问2详解】因船D在O岛的南偏西30°方向距O岛40千米处,则,而船D沿着北偏东45°方向行驶,则船D的航线所在直线l的斜率为1,直线l的方程为,由(1)知,圆C的圆心为,半径,则圆心C到直线l的距离,则,所以该船有触礁的危险.20.如图,在四棱锥P—ABCD中,底面ABCD为菱形,E,F分别为PA,BC的中点.(1)证明:EF∥平面PCD(2)若PD⊥平面ABCD,,且,求直线AF与平面DEF所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析(2)【解析】【分析】(1)取PD的中点G,连接CG,EG,则由三角形中位线定理可得,再结合底面四边形为菱形,可得四边形EGCF为平行四边形,从而得然后由线面平行的判定定理可证得结论,(2)由已知可得两两垂直,所以以D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系D—xyz,然后利用空间向量求解即可【小问1详解】证明:取PD的中点G,连接CG,EG,因为E,F分别为PA,BC的中点,所以,又底面ABCD为菱形,所以,所以,所以四边形EGCF为平行四边形,所以又平面PCD.平面PCD,所以EF//平面PCD.【小问2详解】解:连接,因为PD⊥平面ABCD,平面ABCD,所以,因为四边形ABCD为菱形,,所以为等边三角形,因为F为BC的中点,所以,因为∥, 所以,所以两两垂直,所以以D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系D—xyz.因为,所以D(0,0,0),F(,0,0),A(0,2,0),E(0,1,2),则.设平面DEF的法向量,则,令,得.设直线AF与平面DEF所成的角为θ,则,所以直线AF与平面DEF所成角的正弦值为21.已知圆C的圆心坐标为C(3,0),且该圆经过点A(0,4). (1)求圆C的标准方程;(2)直线n交圆C于M,N两点(点M,N异于A点),若直线AM,AN的斜率之积为2,求证:直线n过一个定点,并求出该定点坐标.【答案】(1);(2)证明见解析;定点.【解析】【分析】(1)设圆的标准为,求出即得解;(2)直线n斜率不存在时,不存在;直线n斜率存在时,设直线n:,,,,,求出直线的方程为即得解.【小问1详解】解:设圆的标准为,把代入得,故圆的标准方程为.【小问2详解】证明:当直线n斜率不存在时,设,,直线,的斜率之积为2,,,即,点在圆上,, 联立,,舍去,当直线n斜率存在时,设直线n:,,,,,①联立方程,,,代入①,得,化简得或,若,则直线过,与题设矛盾,舍.直线n的方程为:,所以且所以所以过定点. 22.如图,在三棱锥中,侧面是等边三角形,,.(1)证明:平面平面;(2)若,点在棱上,且二面角的大小为,求.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】【分析】(1)取中点,连接、,证明出平面,再利用面面垂直的判定定理可证得结论成立;(2)妨设,在底面内作交于点,然后以点为原点,、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系,设,利用空间向量法可得出关于的等式,结合的取值范围解出的值,即可得解.【小问1详解】取中点,连接、. 在等边三角形中,为的中点,则.在直角三角形中,,为的中点,则,因为,,,所以,,所以,,即,又因为,、平面,所以,平面,因为平面,因此,平面平面.【小问2详解】不妨设,在直角三角形中,,因为,则,,在底面内作交于点,因为平面,,以点为原点,、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系,则,,,,,,,.设,则.设平面的法向量为, 则,取,则,易知,平面的一个法向量为,所以,

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所属: 高中 - 数学
发布时间:2024-01-16 01:30:01 页数:23
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文章作者:随遇而安

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