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文档简介
安徽合肥市2023-2024学年数学高二上期末经典试题注意事项1.考生要认真填写考场号和座位序号。2.试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上,在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答;第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3.考试结束后,考生须将试卷和答题卡放在桌面上,待监考员收回。一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60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.已知双曲线的一个焦点到它的一条渐近线的距离为,则()A.5 B.25C. D.2.黄金矩形是宽()与长()的比值为黄金分割比的矩形,如图所示,把黄金矩形分割成一个正方形和一个黄金矩形,再把矩形分割出正方形.在矩形内任取一点,则该点取自正方形内的概率是A. B.C. D.3.下列数列中成等差数列的是()A. B.C. D.4.已知圆,若存在过点的直线与圆C相交于不同两点A,B,且,则实数a的取值范围是()A. B.C. D.5.“”是“直线与直线互相垂直”的()A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件6.若任取,则x与y差的绝对值不小于1的概率为()A. B.C. D.7.已知数列是等比数列,,数列是等差数列,,则的值是()A. B.C. D.8.若抛物线的准线方程是,则抛物线的标准方程是()A. B.C. D.9.已知等比数列的各项均为正数,且,则()A. B.C. D.10.已知直线:和直线:,抛物线上一动点P到直线和直线的距离之和的最小值是()A. B.C. D.11.一个动圆与定圆相外切,且与直线相切,则动圆圆心的轨迹方程为()A. B.C. D.12.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若,则△ABC()A.一定是锐角三角形 B.一定是直角三角形C.一定是钝角三角形 D.是锐角或直角三角形二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.在的展开式中,含项的系数为______(结果用数值表示)14.已知两平行直线与间的距离为3,则C的值是________.15.在等比数列中,,则______16.已知数列满足,,则使得成立的n的最小值为__________.三、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.(12分)已知等差数列公差不为0,且成等比数列.(1)求数列的通项公式及其前n项和;(2)记,求数列的前n项和.18.(12分)如图,正三棱柱的侧棱长为,底面边长为,点为的中点,点在直线上,且(1)证明:面;(2)求平面和平面夹角的余弦值19.(12分)如图,三棱锥中,两两垂直,,且分别为线段的中点.(1)若点是线段的中点,求证:直线平面;(2)求证:平面平面.20.(12分)已知,以点为圆心圆被轴截得的弦长为.(1)求圆的方程;(2)若过点的直线与圆相切,求直线的方程.21.(12分)已知直线和的交点为(1)若直线经过点且与直线平行,求直线的方程;(2)若直线经过点且与两坐标轴围成的三角形的面积为,求直线的方程22.(10分)如图,在多面体中,和均为等边三角形,D是的中点,.(1)证明:;(2)若,求多面体的体积.
参考答案一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60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、B【解析】由渐近线方程得到,焦点坐标为,渐近线方程为:,利用点到直线距离公式即得解【详解】由题意,双曲线故焦点坐标为,渐近线方程为:焦点到它的一条渐近线的距离为:解得:故选:B2、C【解析】设矩形的长,宽分别为,所以,把黄金矩形分割成一个正方形和一个黄金矩形,所以,设矩形的面积为,正方形的面积为,设在矩形内任取一点,则该点取自正方形内的概率是,则,故本题选C.【详解】本题考查了几何概型,考查了运算能力.3、C【解析】利用等差数列定义,逐一验证各个选项即可判断作答.【详解】对于A,,A不是等差数列;对于B,,B不是等差数列;对于C,,C是等差数列;对于D,,D不是等差数列.故选:C4、D【解析】根据圆的割线定理,结合圆的性质进行求解即可.【详解】圆的圆心坐标为:,半径,由圆的割线定理可知:,显然有,或,因为,所以,于是有,因为,所以,而,或,所以,故选:D5、A【解析】根据直线垂直求出的范围即可得出.【详解】由直线垂直可得,解得或1,所以“”是“直线与直线互相垂直”的充分不必要条件.故选:A.6、C【解析】根据题意,在平面直角坐标系中分析以及与差的绝对值不小于1所对应的平面区域,求出其面积,由几何概型公式计算可得答案.【详解】根据题意,,其对应的区域为正方形,其面积,若与差的绝对值不小于1,即,即或,对应的区域为图中的阴影部分,其面积为,故与差的绝对值不小于1的概率.故选:C7、B【解析】根据等差数列和等比数列下标和的性质即可求解.【详解】为等比数列,,,,;为等差数列,,,,,∴.故选:B.8、D【解析】根据抛物线的准线方程,可直接得出抛物线的焦点,进而利用待定系数法求得抛物线的标准方程【详解】准线方程为,则说明抛物线的焦点在轴的正半轴则其标准方程可设为:则准线方程为:解得:则抛物线的标准方程为:故选:D9、B【解析】利用对数的运算性质,结合等比数列的性质可求得结果.【详解】是各项均为正数的等比数列,,,,.故选:B10、A【解析】根据已知条件,结合抛物线的定义,可得点P到直线和直线的距离之和,当B,P,F三点共线时,最小,再结合点到直线的距离公式,即可求解【详解】∵抛物线,∴抛物线的准线为,焦点为,∴点P到准线的距离PA等于点P到焦点F的距离PF,即,∴点P到直线和直线的距离之和,∴当B,P,F三点共线时,最小,∵,∴,∴点P到直线和直线的距离之和的最小值为故选:A11、D【解析】根据点到直线的距离与点到点之间距离的关系化简即可.【详解】定圆的圆心,半径为2,设动圆圆心P点坐标为(x,y),动圆的半径为r,d为动圆圆心到直线的距离,即r,则根据两圆相外切及直线与圆相切的性质可得,所以,化简得:∴动圆圆心轨迹方程为故选:D12、C【解析】由余弦定理确定角的范围,从而判断出三角形形状【详解】由得-cosC>0,所以cosC<0,从而C为钝角,因此△ABC一定是钝角三角形.故选:C二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、12【解析】通过二次展开式就可以得到.【详解】的展开式中含含项的系数为故答案为:1214、【解析】根据两条平行直线之间的距离公式即可得解.【详解】两平行直线与间的距离为3,所以,所以故答案为:15、【解析】利用等比数列性质和通项公式可求得,根据可求得结果.【详解】,又,,.故答案为:.16、11【解析】由题设可得,结合等比数列的定义知从第二项开始是公比为2的等比数列,进而写出的通项公式,即可求使成立的最小值n.【详解】因为,所以,两式相除得,整理得.因为,故从第二项开始是等比数列,且公比为2,因为,则,所以,则,由得:,故故答案为:11.三、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),(2)【解析】(1)根据分式的合分比性质以及等差数列的性质即可求出;(2)根据裂项相消法即可求出【小问1详解】由题意:,即,又∵,∴,∴,∴,.【小问2详解】因为,∴.18、(1)证明见解析(2)【解析】(1)证明平面,可得出,再由结合线面垂直的判定定理可证得结论成立;(2)以点为坐标原点,、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系,利用空间向量法可求得结果.【小问1详解】证明:正中,点为的中点,,因为平面,平面,则,,则平面,平面,则,又,且,平面.【小问2详解】解:因为,以点为坐标原点,、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系,则、、、,设平面的法向量为,,,则,取,可得,平面,平面,则,又因为,,故平面,所以,平面的一个法向量为,则.因此,平面和平面夹角的余弦值为.19、(1)证明见解析(2)证明见解析【解析】(1)由题意可得,从而可证.(2)由题意可得平面,从而可得,由根据条件可得,从而可得平面,从而可得证.【小问1详解】由分别为线段的中点.由中位线定理知,又平面,且平面,所以直线平面【小问2详解】两两垂直,即,且所以平面,又平面,所以由,且分别为线段的中点,所以,因此根据线面垂直判定定理得平面,且平面所以平面平面.20、(1)(2)或【解析】(1)根据垂径定理,可直接计算出圆的半径;(2)根据直线的斜率是否存在分类讨论,斜率不存在时,可得到直线方程为的直线满足题意,斜率存在时,利用直线与圆相切,即到直线的距离等于半径,然后解出关于斜率的方程即可.【小问1详解】不妨设圆的半径为,根据垂径定理,可得:解得:则圆的方程为:【小问2详解】当直线的斜率不存在时,则有:故此时直线与圆相切,满足题意当直线的斜率存在时,不妨设直线的斜率为,点的直线的距离为直线的方程为:则有:解得:,此时直线的方程为:综上可得,直线的方程为:或21、(1)(2)或【解析】(1)由已知可得交点坐标,再根据直线间的位置关系可得直线方程;(2)设直线方程,根据直线与两坐标轴围成的三角形的面积,列出方程组,解方程.【小问1详解】解:联立的方程,解得,即设直线的方程为:,将带入可得所以的方程为:;【小问2详解】解:法①:易知直线在两坐标轴上的截距均不为,设直线方程为:,则直线与两坐标轴交点为,由题意得,解得:或所以直线的方程为:或,即:或.法②:设直线的斜率为,则的方程
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