重庆市广益中学校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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高2022级10月月考数学试卷(考试时间:120分钟满分:150分)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4个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.直线的倾斜角为()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先由直线方程求出直线的斜率,再利用斜率与倾斜角的关系可求得结果.【详解】由,得,所以直线斜率为,设直线的倾斜角为,则,因为,所以,即,故选:C2.已知向量,那么(  )A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用向量减法的法则及坐标运算即可求解.【详解】因为,所以.故选:D.3.圆心为,且经过坐标原点的圆的标准方程为() A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据给定条件,求出圆的半径即可得解.【详解】依题意,圆心为,且经过坐标原点的圆的半径,所以所求圆的标准方程为.故选:D4.直线与直线平行,则的值为()A.B.C.D.或【答案】C【解析】【分析】求出已知二直线不相交时的a值,再验证作答.【详解】依题意,直线与直线平行或重合时,,解得或,当时,直线与直线重合,当时,直线与直线平行,所以的值为.故选:C5.已知点在平面内,并且对空间任一点,,则()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据共面向量的推论得到,解方程即可.【详解】因为点在平面内,所以点,,,四点共面,所以,解得 .故选:B.6.已知,则在方向上的投影向量为()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据已知向量坐标,求投影向量公式求解即可.【详解】在方向上的投影向量为.故选:A.7.已知点在线段上,则的取值范围是()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】将问题化为求原点到线段上点距离的平方的范围,进而求目标式的距离.【详解】由的图象如下,又是上图线段上的一点,且为原点到该线段上点距离的平方,上述线段端点分别为,到原点距离的平方分别为,由图知:原点到线段的距离,则,综上,,故.故选:B 8.在棱长为2的正方体中,为的中点,点在正方体表面上运动,且总满足,则点的轨迹长度为()A.B.C.D.8【答案】A【解析】【分析】根据线面垂直的判定定理结合条件可得点的轨迹,进而求得轨迹的长度.【详解】设,分别是,的中点,连接,,,,且,在正方体中,显然,又,得,所以,即,所以,又平面,平面,所以,又,且平面,平面,所以平面,又,可知,所以点的轨迹是矩形,由题可得,,所以点的轨迹长度为.故选:A.二、多选题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的4个选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.已知方程,则下列说法正确的是()A.当时,表示圆心为的圆B.当时,表示圆心为的圆 C.当时,表示的圆的半径为D.当时,表示的圆与轴相切【答案】BCD【解析】【分析】将圆的一般方程化为标准方程,结合选项,逐项判定,即可求解.【详解】由题意,方程,可化为,可圆的圆心坐标为,A中,当时,此时半径为,所以A错误;B中,当时,此时半径大于,表示圆心为的圆,所以B正确;C中,当时,表示的圆的半径为,所以C正确;D中,当时,可得,方程表示的圆半径为,又圆心坐标为,所以圆心到轴的距离等于半径,所以圆与轴相切,所以D正确.故选:BCD.10.对于直线和直线,以下说法正确的有()A.直线一定过定点B.若,则C.的充要条件是D.点到直线的距离的最大值为5【答案】ABD【解析】【分析】对于A,求定点即可;对于B,线线垂直时;对于C,线线平行时;对于D,过定点,直线与点和的连线垂直时取最值.【详解】直线,即直线为,所以直线过定点,故A正确;当时,,解得,故B正确;当时,,解得或,当时,两直线为,符合题意; 当时,两直线为,符合题意,故C错误;因为直线,即,过定点,当直线与点和的连线垂直时,到直线的距离最大,最大值为,故D正确.故选:ABD11.如图,在四棱锥中,底面是正方形,平面,,分别是的中点,是棱上的动点,则下列说法中正确的是()A.B.存在点,使平面C.存在点,使直线与所成的角为D.点到平面与平面的距离和为定值【答案】ABD【解析】【分析】建立空间直角坐标系,利用向量法对选项进行分析,从而确定正确答案.【详解】依题意可知两两相互垂直,以为原点,建立如图所示空间直角坐标系,设,,设,,所以,所以,A选项正确.点到平面与平面的距离和为为定值,D选项正确.,,设平面的法向量为, 则,故可设,要使平面,平面,则,解得,所以存在点,使平面,B选项正确.若直线与直线所成角为,则,,无解,所以C选项错误.故选:ABD12.已知正方体棱长为,如图,为上的动点,平面.下面说法正确的是()A.直线与平面所成角的正弦值范围为B.点与点重合时,平面截正方体所得的截面,其面积越大,周长就越大 C.点为的中点时,若平面经过点,则平面截正方体所得截面图形是等腰梯形D.已知为中点,当的和最小时,为的中点【答案】AC【解析】【分析】以点为坐标原点,、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系,利用空间向量法可判断A选项的正误;证明出平面,分别取棱、、、、、的中点、、、、、,比较和六边形的周长和面积的大小,可判断B选项的正误;利用空间向量法找出平面与棱、的交点、,判断四边形的形状可判断C选项的正误;将矩形与矩形延展为一个平面,利用、、三点共线得知最短,利用平行线分线段成比例定理求得,可判断D选项的正误.【详解】对于A选项,以点为坐标原点,、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系,则点、、设点,平面,则为平面的一个法向量,且,,,所以,直线与平面所成角的正弦值范围为,A选项正确; 对于B选项,当与重合时,连接、、、,在正方体中,平面,平面,,四边形是正方形,则,,平面,平面,,同理可证,,平面,易知是边长为的等边三角形,其面积为,周长为.设、、、、、分别为棱、、、、、的中点,易知六边形是边长为的正六边形,且平面平面,正六边形的周长为,面积为,则的面积小于正六边形的面积,它们的周长相等,B选项错误;对于C选项,设平面交棱于点,点,, 平面,平面,,即,得,,所以,点为棱的中点,同理可知,点为棱的中点,则,,而,,且,由空间中两点间的距离公式可得,,,所以,四边形为等腰梯形,C选项正确;对于D选项,将矩形与矩形延展为一个平面,如下图所示:若最短,则、、三点共线,,,,所以,点不是棱的中点,D选项错误.故选:AC. 【点睛】本题考查线面角正弦值的取值范围,同时也考查了平面截正方体的截面问题以及折线段长的最小值问题,考查空间想象能力与计算能力,属于难题.三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.平行直线与之间的距离为_________.【答案】##0.3【解析】【分析】根据平行线间的距离公式即可求得答案.【详解】由题意得即则平行直线与之间的距离为,故答案为:14.若方程表示圆,则实数的取值范围是______.【答案】【解析】【分析】根据计算即可.【详解】由题可知:所以故答案为:15.三棱锥的顶点都在球的表面上,是等边三角形,底面是以为斜边的直角三角形,平面平面,若,则球的表面积为__________.【答案】【解析】【分析】取中点,中点,上点,使,由外接圆性质可得球心,根据平面平面,得球的半径,代入表面积公式即可得答案. 【详解】取中点,底面是直角三角形,所以为底面外接圆圆心,取中点,连接,在线段上取点,使,是等边三角形,所以为外接圆圆心.过点,分别作平面和平面的垂线,则两垂线的交点,即为球的球心.因为是等边三角形,所以,因为平面平面,且平面平面,平面,所以平面,所以.因为为中点,为中点,所以,又底面是以为斜边的直角三角形,所以,因为平面平面,且平面平面,平面,所以平面,所以,所以四边形为矩形,所以,,所以,即球的半径,球的表面积为.故答案为:.16.如图所示,在的长方形区域(含边界)中有两点,对于该区域中的点,若其到的距离不超过到距离的一半,则称处于的控制下,例如原点满足,即有点处于的控制下.同理可定义处于的控制下. 给出下列四个结论:①点处于的控制下;②若点不处于的控制下,则其必处于的控制下;③若处于的控制下,则;④图中所有处于的控制下的点构成的区域面积为.其中所有正确结论的序号是_________.【答案】①③④【解析】【分析】根据新定义,直接验证判断①,取特殊点判断②,根据定义求出点所在区域,判断③,结合图象求出面积判断④.【详解】由图可知,设,则,,满足,故①正确;点不处于的控制下则,即,得不到,例如取点,,,,即点不处于的控制下,也不处于B的控制下,故②错误;若处于的控制下,则,设,则,化简整理得,作出图象如图, 由图可知,当点在矩形且在圆及圆内部分满足处于的控制下,由图可知,当处于时,有最大值,故③正确;由③知处于的控制下点构成的区域面积,可以看作是圆与矩形的面积之和,如图,故面积为,故④正确.故答案为:①③④【点睛】关键点睛:本题作为一道创新型试题,关键在于理解所给新定义,对于①②可以利用具体点去直接判断结论正确与否,在这一特殊化的过程中进一步理解新定义,对于③需要根据新定义求出点满足的轨迹方程(边界),需要对求平面轨迹方程的方法熟练,关键在于求出点所在区域,利用数形结合思想判断③,对于④关键在于把区域分割为四分之一圆面与矩形,其中需要割补思想的应用.四、解答题:本大题共6小题,共70分,解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知向量,(1)求与的夹角;(2)若与垂直,求实数t的值.【答案】(1)(2) 【解析】【分析】(1)结合向量数量积性质夹角公式的坐标表示即可求解;(2)由向量垂直的坐标表示即可求解.【小问1详解】,,,,,令与的夹角为,则,则与的夹角为.【小问2详解】,,又与垂直,,即,解得.18.已知直线与直线交于点.(1)求过点且平行于直线的直线的方程;(2)求过点并且在两坐标轴上的截距互为相反数的直线的方程.【答案】(1)(2)或【解析】【分析】(1)首先求得交点坐标,然后利用待定系数法确定直线方程即可;(2)讨论直线在两坐标轴上的截距是否为0进行求解即可.【小问1详解】 联立,解得,即,由题意,设直线的方程为,将代入直线方程,得,即,所以直线的方程为.【小问2详解】当直线在两坐标轴上的截距为0时,直线的斜率为,则直线的方程为,即;当直线在两坐标轴上的截距不为0时,设直线的方程为,将代入直线方程,得,即,所以直线的方程为,即.综上所述,直线的方程为或.19.已知圆过点,且圆心在直线上.(1)求圆的方程;(2)设点在圆上运动,点,记为线段的中点,求的轨迹方程;【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)先求的垂直平分线方程为,与的交点即圆心,圆心到点的距离即为半径,即可得圆的标准方程.(2)由为线段的中点得到坐标与坐标的关系,代入圆方程可得轨迹方程.【小问1详解】,的中点坐标为,直线的斜率为, 故线段的垂直平分线方程为,即,联立得,即圆的圆心为,半径为,故圆的方程为【小问2详解】设,,因为线段的中点,所以,则,因点在圆上运动,所以,则,即的轨迹方程为.20.如图,平面,四边形是正方形,分别是的中点.(1)求证:平面平面;(2)求点到平面的距离.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】【分析】(1)建立坐标系,利用向量垂直得出直线和直线垂直,结合面面垂直的判定可证结论;(2)先求平面的法向量,利用点到平面的距离公式可得答案.【小问1详解】 以为坐标原点,所在直线分别为轴建立空间直角坐标系,,;,;因为,所以,因为,平面,所以平面.因为平面,所以平面平面.【小问2详解】由(1)知,,;设是平面一个法向量,则,,令,则,即;设点到平面的距离为,则.21.已知在多面体中,,,,,且平面平面.(1)设点F为线段BC的中点,试证明平面; (2)若直线BE与平面ABC所成的角为,求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】【分析】(1)由四边形为平行四边形.∴,再结合平面,即可证明平面;(2)由空间向量的应用,建立以为原点,所在直线为轴,过点与平行的直线为轴,所在直线为轴的空间直角坐标系,再求出平面的法向量,平面的法向量,再利用向量夹角公式求解即可.【小问1详解】取的中点,连接,,∵在中,∴.∴由平面平面,且交线为,平面,得平面.∵,分别为,的中点,∴,且.又,,∴,且.∴四边形为平行四边形.∴,∴平面.【小问2详解】∵平面,平面,所以,又因为,所以三者两两互相垂直,∴以为原点,所在直线为轴,过点与平行的直线为轴,所在直线为轴,建立空间直角坐标系.则,,.∵平面,∴直线与平面所成的角为.∴.∴.可取平面的法向量,设平面的法向量,,, 则,取,则,.∴,∴,∴二面角的余弦值为.22.如图,在正方体中,分别为中点,分别为的中点,为平面的中心,且正方体棱长为1.(1)证明:平面平面;(2)是否存在过直线且与正方体的12条棱的夹角均相等的平面?若存在,求出该平面与平面的夹角的余弦值,若不存在,请说明理由.【答案】(1)证明详见解析(2)存在,该平面与平面的夹角的余弦值为或【解析】 【分析】(1)建立空间直角坐标系,利用向量法证得平面平面.(2)利用向量法进行判断,并利用向量法求得所求.【小问1详解】以为原点建立如图所示空间直角坐标系,则,,设平面的法向量为,则,故可设.设平面的法向量为,则,故可设,由于且平面与平面不重合,所以平面平面.【小问2详解】存在,理由如下:,设该平面的法向量,则,即,所以. ,因为该平面过直线,所以,故可设或,即存在符合题意的平面.设该平面与平面的夹角为,由(1)得平面法向量为.若,则;若,则.所以存在符合题意的平面,且该平面与平面的夹角的余弦值为或

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