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文档简介

2024-2025学年内蒙古自治区包头市高二上学期期中考试数学检测试卷一、单选题(本大题共8小题)1.向量,,若,则(

)A. B. C. D.2.已知,则与的夹角为()A. B. C. D.3.已知实数x,y满足,则的取值范围是(

)A.[4,10] B.[8,10] C.[4,16] D.[8,16]4.已知直线:,直线:,则“”是“”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5.已知,,直线:,:,且,则的最小值为(

)A.2 B.4 C.8 D.96.过点与圆相切的两条直线夹角为,则(

)A. B. C. D.7.在等比数列中,,其前项和为,且是和的等差中项,则(

)A. B. C. D.8.直线与直线相交于点,则的取值范围是(

)A. B.C. D.二、多选题(本大题共3小题)9.已知直线经过点,且点,到直线的距离相等,则直线的方程可能为(

)A. B.C. D.10.直四棱柱的所有棱长都为4,,点在四边形及其内部运动,且满足,则下列选项正确的是(

A.点的轨迹的长度为.B.直线与平面所成的角为定值.C.点到平面的距离的最小值为.D.的最小值为-2.11.已知,,点P满足,则(

)A.点P在以AB为直径的圆上 B.面积的最大值为C.存在点P使得 D.的最小值为三、填空题(本大题共3小题)12.若直线:,:且则的值13.设,,若,则.14.已知为原点,过点的直线与圆相交于两点,若的面积为2,则直线的方程为.四、解答题(本大题共5小题)15.已知的顶点坐标分别为,,.(1)求边上的中线所在的直线的方程;(2)若直线过点,且与直线平行,求直线的方程.16.已知圆经过,两点,且圆心在直线上.(1)求圆的方程;(2)求过点且与圆相切的直线方程.17.已知四棱锥是上一点,.(1)若是中点,证明:平面.(2)若平面,求面与面夹角的余弦值.18.已知圆上三点坐标分别为.(1)求该圆的一般方程;(2)求弦BC垂直平分线的方程;(3)求的面积.19.过点作斜率分别为,的直线,,若,则称直线,是定积直线或定积直线.(1)已知直线:,直线:,试问是否存在点,使得直线,是定积直线?请说明理由.(2)在中,为坐标原点,点与点均在第一象限,且点在二次函数的图象上.若直线与直线是定积直线,直线与直线是定积直线,直线与直线是定积直线,求点的坐标.(3)已知直线与是定积直线,设点到直线,的距离分别为,,求的取值范围.

答案1.【正确答案】C【详解】因为,,所以可设,又,,所以,,,所以,,.故选:C.2.【正确答案】B【详解】因为,所以,,设与的夹角为,则,又,所以,即与的夹角为.故选:B3.【正确答案】C【详解】将化为,即圆心为,半径为3,由表示圆上点到原点距离的平方,而圆心到原点的距离为1,又在圆内,所以圆上点到原点距离范围为,故的取值范围是.故选:C4.【正确答案】C【详解】由可得,解得或.当时,:,:,显然,重合,舍去,故时,.因此“”是“”的充要条件.故选:C5.【正确答案】C【详解】因为,所以,即,因为,,所以,当且仅当,即时等号成立,所以的最小值为8.故选:C.6.【正确答案】A【详解】化为标准方程为,圆心为(2,1),半径为1,过点(0,0)与圆相切的两条直线夹角为,设切线为,点线距离为,则,解得或,故切线为或,故根据两直线的夹角公式得,且易知一定为第一象限角,解得.故选:A7.【正确答案】A【详解】设等比数列an的公比为,若,则等比数列an为摆动数列,这与矛盾,故,根据题意得,则,解得或(舍).则.故选:A.8.【正确答案】B【详解】直线的方程可化为,由可得,对于直线,由可得,所以,直线过定点,直线过定点,又因为,则,即,则,,所以,,所以,,当,,点不在直线上,所以,点的轨迹是曲线,设可得,由题意可知,直线与曲线有公共点,且圆的圆心为原点,半径为,所以,,解得,当,时,;当,时,.因此,的取值范围是.故选:B.9.【正确答案】AC【分析】当直线的斜率不存在时不满足题意,当直线的斜率存在时,设出直线方程,利用距离相等列方程求解即可.【详解】当直线的斜率不存在时,显然不满足题意.当直线的斜率存在时,设直线的方程为,即.由已知得,所以或,所以直线的方程为或.故选:AC.10.【正确答案】BC【分析】建立空间直角坐标系,表示,化简后得点的轨迹方程,得轨迹长度判断A;向量法求线面角判断B,向量法求点到平面距离,结合点的轨迹得最小值判断C;坐标表示向量数量积,结合点的轨迹最小值判断D.【详解】直四棱柱的所有棱长都为4,则底面为菱形,又,则和都是等边三角形,设与相交于点,由,以为原点,为轴,为轴,过垂直于底面的直线为轴,建立如图所示的空间直角坐标系,

则有,,点在四边形及其内部运动,设,,由,有,即,所以点的轨迹为平面内,以为圆心,2为半径的半圆弧,所以点的轨迹的长度为,A选项错误;平面的法向量为,,直线与平面所成的角为,则,又由,则,所以直线与平面所成的角为定值,B选项正确;,设平面的一个法向量为,则有,令,得,,所以点到平面的距离,,所以时,,所以点到平面的距离的最小值为,C选项正确;,,其几何意义为点到点距离的平方减12,由,点到点距离最小值为,的最小值为,D选项错误.故选BC.【方法总结】空间几何体中的相关问题,要利用好几何体本身的结构特征,点线面的位置关系,图形中的角度和距离等,建立空间直角坐标系,利用向量法解决问题,也是常用的方法.11.【正确答案】BCD【分析】设,根据题意可求得点P的轨迹方程为.再求得以AB为直径的圆的圆心和半径即可判断A;根据题意求得直线AB的方程,再验证圆P的圆心在直线AB的方程上,从而得到点P到直线AB的距离为圆P的半径时,的面积最大,进而求解即可判断B;根据,结合在直角三角形中,角对应的直角边是斜边的一半,从而即可判断C;设,则,再结合余弦定理可得,从而即可判断D.【详解】设,则,,又,则,化简得,所以点P的轨迹方程为.对于A,以AB为直径的圆的圆心为,半径为,故A错误;对于B,依题意可得直线AB的方程为,即,所以圆P的圆心在直线AB的方程上,所以点P到直线AB的距离为圆P的半径时,的面积最大,所以面积的最大值为,故B正确;对于C,由,在直角三角形中,角对应的直角边是斜边的一半,又,则点A在圆P内,所以存在点P使得,此时,故C正确;对于D,设,则,由余弦定理有,所以,所以当,即时,有,故D正确.

故选:BCD.12.【正确答案】0或【详解】因为所以解得或.故填或.13.【正确答案】9【详解】由,得,解得,,,.故914.【正确答案】x=1或5x+12y+13=0【详解】①当直线的斜率不存在时,直线方程为,则圆心到直线的距离为1,所以,故,所以直线满足题意.②当直线的斜率存在时,设直线的方程为,即,所以圆心到直线的距离,故,因为,所以,整理得,解得或.当时,则,解得;当时,则,此方程无解.故直线方程为,即.综上可得所求直线方程为或.故答案为或.15.【正确答案】(1);(2)【详解】(1)设的中点为,因为,,所以.因为直线的斜率,所以所求直线的方程为,即.(2)因为直线与直线平行,所以直线的斜率.故的方程为,即.16.【正确答案】(1)x2+y2﹣2x﹣3=0;(2)y=2或4x﹣3y+6=0.【分析】(1)由圆心在直线上,设圆心为(1,t),再由经过,两点可得1+(t﹣)2=0+(t﹣2)2,求得圆心和半径即可得解;(2)根据题意切线的斜率存在可设直线方程为y=kx+2,再利用直线和圆相切可得d==2,求得即可得解.【详解】(1)根据题意,设圆心C的坐标为(1,t),则有1+(t﹣)2=0+(t﹣2)2,解可得t=0,即圆心的坐标为(1,0),圆的半径r==2,则圆的方程为(x﹣1)2+y2=4,即x2+y2﹣2x﹣3=0;(2)根据题意,圆的方程为(x﹣1)2+y2=4,过点P(0,2)作圆的切线,斜率必定存在,设切线的斜率为k,则切线的方程为y=kx+2,即kx﹣y+2=0;则有d==2,解可得k=0或;故切线的方程为y=2或4x﹣3y+6=0.17.【正确答案】(1)见详解;(2)(1)证明:∵,∴四边形ABCD为平行四边形.延长交于点G,则,为的中位线.∵B为GE中点,∴BF为中位线,∴BF∥PG,G在CD上,PG⊂平面,∴BF∥平面.(2)∵AB⊥平面PED,相互垂直,如图建系,∴,,∴.18.【正确答案】(1)(2)(3)5【详解】(1)设圆的一般方程为.将,,分别代入方程可得:解得,,.所以圆的一般方程为.(2)先求中点坐标,,,中点坐标为.,则弦垂直平分线的斜率为.根据点斜式可得弦垂直平分线的方程为,即.(3).直线的方程为,即.点到直线的距离.所以的面积.19.【正确答案】(1)存在,理由见解析;(2);(3).【分析】(1)由定积直线的定义运算可求结论;(2)设直线的斜率为,则直线的斜率为,利用定积直线的定义可得或,进而,计算即可;(3)设直线,直线,其中,计算得,利用基本不等式可求的取值范围.【详解】(1)存在点,使得,是定积直线,理由如下:由题

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