广东省广州奥林匹克中学2024-2025学年高二上学期11月期中考试数学试题_第1页
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第1页/共1页广州奥林匹克中学2024学年第一学期期中考试题高二数学命题人:程璐审题人:胡迪(考试时间:120分钟试卷满分:150分)注意事项:1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2.回答第Ⅰ卷时,选出每小题答案后,用2B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.写在本试卷上无效.3.回答第Ⅱ卷时,将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.第Ⅰ卷一、选择题:本大题共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,,且,则()A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用空间向量垂直的坐标表示计算即得.【详解】向量,,由,得,所以.故选:D.2.已知椭圆的焦距为2,则()A. B.3或5 C.或 D.5【答案】B【解析】【分析】分类讨论焦点位置,结合焦距公式计算即可.【详解】当椭圆焦点在轴上时,此时,,已知焦距,则.根据,可得,解得.当椭圆焦点在轴上时,此时,,由,根据,可得,解得.综上所得,的值为或,故选:B.3.已知圆与圆有4条公切线,则实数的取值范围是()A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据公切线的条数可知两圆外离得:。【详解】根据题意可知,圆外离,,又.故选:D4.“圆”是中国文化的一个重要精神元素,在中式建筑中有着广泛的运用,最具代表性的便是园林中的门洞.如图,某园林中的圆弧形挪动高为2.5m,底面宽为1m,则该门洞的半径为()A.1.2m B.1.3m C.1.4m D.1.5m【答案】B【解析】【分析】设半径为R,根据垂径定理可以列方程求解即可.【详解】设半径为R,,解得,化简得.故选:B.5.直线被圆截得的弦长为,则直线的倾斜角为()A. B.或 C. D.或【答案】D【解析】【分析】根据弦长公式可知圆心到直线距离为1,利用点到直线距离公式可解得直线斜率,可求得倾斜角.【详解】易知圆心坐标为,半径为,设圆心到直线距离为,又弦长为,可得;又圆心到直线距离为,解得或;所以直线的倾斜角为或.故选:D6.已知实数满足方程,则下列说法错误的是()A.的最大值为B.的最小值为0C.的最大值为D.的最大值为【答案】C【解析】【分析】对于ABD,结合点到直线的距离公式,即可求解,对于C,结合两点之间的距离公式,即可求解.【详解】实数,满足方程,,对于ABD,令,,则两条直线都与圆有公共点,,,解得,,故的最大值为,的最大值为,故ABD正确,对于C,原点到圆心的距离为,则圆上的点到原点的距离为,,,故的最大值为,故C错误.故选:C7.已知三棱锥,,且,则点到直线的距离为()A. B.C. D.3【答案】B【解析】【分析】由题意建立空间直角坐标系,利已知条件结合向量法求解即可.【详解】由题意,故以为坐标原点,所在直线分别为轴,建立如图所示的空间直角坐标系,由题设可知,所以,,,设点在上的投影为,则在直角三角形中,点到直线的距离为:故选:B.8.如图,在四棱锥P­ABCD中,侧面PAD为正三角形,底面ABCD为正方形,侧面PAD⊥底面ABCD,M为底面ABCD内的一个动点,且满足MP=MC.则点M在正方形ABCD内的轨迹为()A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】以为原点,建立空间直角坐标系,设,得到,结合,化简的得到,即可求解.【详解】以为原点,分别为轴、轴建立如图所示空间直角坐标系,如图所示,设,正方形边长为,则,则,由,即,整理得到,所以点在正方形内的轨迹为一条直线的一部分故选:A.二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18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6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.9.下列给出的命题正确的是()A.若直线l的方向向量为,平面的法向量为,则B.两个不重合的平面,的法向量分别是,,则C.若是空间的一组基底,则也是空间的一组基底D.对空间任意一点O与不共线的三点,若(其中),则四点共面【答案】BC【解析】【分析】利用空间向量研究线面、面面关系可判定A、B,利用基底的概念可判定C,利用空间中四点共面的推论可判定D.【详解】易知,则直线l与平面平行或在面内,故A错误;易知,则,故B正确;若不能作为基底,则存在,使得,整理得,又是空间的一组基底,则,显然方程无解,假设不成立,故C正确;由空间四点共面的推论可知:若,且时,四点共面,所以D错误.故选:BC10.设圆,直线,为上的动点,过点作圆的两条切线、,切点分别为、,则下列说法中正确的有()A.的取值范围为B.四边形面积的最小值为C.存在点使D.直线过定点【答案】ABD【解析】【分析】根据切线长公式即可求解A,B,C,设出点的坐标,求出以PC为直径的圆的方程,利用两圆的方程相减得到公共弦的方程,将代入直线的方程恒成立,可得答案.【详解】圆心到直线的距离为,所以,因为圆的半径为,根据切线长公式可得,当时取等号,所以的取值范围为,所以A正确;因为,所以四边形面积等于,四边形面积的最小值为,故B正确;因为,所以,在直角三角形中,,所以,设,因为,整理得,方程无解,所以不存在点使,故C不正确;对于D,设,则,,以PC为直径的圆的圆心为,半径为,所以以PC为直径的圆的方程为,化简得,所以为圆与以PC为直径的圆的公共弦,联立可得,两式相减可得:,即直线的方程为,即,故直线过定点,故D正确;故选:ABD11.在长方体中,,,M为线段BD上动点,则()A.当M为BD的中点时,的周长最小B.三棱锥的体积为定值C.在线段BD上存在点M,使得D.在线段BD上有且仅有一个点M,使得【答案】AB【解析】【分析】建立空间直角坐标系,利用空间两点间距离公式,结合三棱锥的体积公式、空间向量夹角公式进行求解判断即可.【详解】如图建系,则,,,,,∴,,时,最小,此时周长最小,此时M为BD中点,A对.,则平面,M到平面的距离h为定值,为定值,则为定值,B对.,∴不存在点M使得,C错.,,∴,∴,∴,无解,D错,故选:AB.三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.12.经过点直线在轴上的截距是它在轴上的截距的2倍,则直线方程为________.【答案】或.【解析】【分析】当直线不过原点和过原点两种情况讨论,将点的坐标,进而求得所求直线的方程.【详解】当直线不过原点时,设所求直线方程为,即,将代入,可得,解得,所以,所以直线方程为;当直线过原点时,设直线方程为,将代入,可得,解得,所以直线方程为,即,综上可得,所求直线方程为或.故答案为:或.13.求函数的最大值______.【答案】##【解析】【分析】分析函数的结构形式,设,,把函数看作A,B两点连线的斜率,其中点A在单位圆的上半圆,数形结合求解.【详解】设,,,看作A,B两点连线的斜率,其中点A在单位圆的上半圆,函数的最大值为直线斜率的最大值,当直线与半圆相切时,斜率最大,此时,,,所以.故答案为:14.在等腰直角三角形中,以为原点,、所在直线分别为、建立平面直角坐标系,,点是边上异于、的一点,光线从点出发,经、发射后又回到原点(如图).若光线经过的重心,则的坐标等于______.【答案】【解析】【分析】根据对称性求出直线与直线的方程,再将这两条直线的方程联立,即可求得点的坐标.【详解】如下图所示:则B4,0、,直线方程为,即,三角形重心为,即,设,设点关于直线对称点为,由题意可得,解得,即点,由光的反射性可知、、、四点共线,且,直线斜率为,直线方程为,因为直线过重心,即,整理得,解得(舍去)或,即点,所以,直线的方程为,联立,解得,即点故答案为:.【点睛】结论点睛:若点Px1,y1与点关于直线对称,由方程组可得到点关于直线的对称点的坐标x2,y2(其中,四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.已知的三个顶点分别为,求:(1)边上中线所在直线方程;(2)求三角形的面积.【答案】(1)(2)7【解析】【分析】(1)求得的中点坐标,再由两点坐标即可得出中线所在直线的方程;(2)根据两点间距离公式以及点到直线距离求得的面积,再由等面积法可得三角形的面积.【小问1详解】根据题意可知的中点坐标为,由可得;所以中线所在直线的方程为,即;【小问2详解】易知,点到直线的距离为;所以的面积为;即三角形的面积为.16.如图,在棱长为2的正方体中,分别为棱的中点.(1)求证:平面;(2)求平面与平面成角的正弦值;(3)求点到平面的距离.【答案】(1)证明见解析(2)(3)【解析】【分析】(1)建立空间直角坐标系,求解平面法向量,即可根据向量垂直求证,(2)根据两平面法向量的夹角,即可求解,(3)利用点面距离的向量法公式,即可代入求解.【小问1详解】以A为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则,则,设平面的法向量为m=x,y,z则,取,则,由于,故,又平面,故平面【小问2详解】由(1)知平面的法向量,平面的一个法向量n=0,1,0,设平面与平面所成角为,则,由于,故;【小问3详解】由于,平面的法向量,点到平面的距离.17.已知圆.(1)若圆C上恰有三个点到直线l(斜率存在)的距离为1,且l在两坐标轴上的截距相等,求l的方程;(2)点P为直线上的动点,点M为圆C上的动点.①若直线PM与圆C相切,求的最小值;②若O为坐标原点,求的最小值.【答案】(1)或或(2)①;②【解析】【分析】(1)首先将圆的方程配成标准式,即可得到圆心坐标与半径,依题意圆心到直线l的距离为l,再分直线l在两坐标轴上的截距为零且斜率存在时,直线l在两坐标轴上的截距不为零两种情况讨论,分别求出直线方程即可.(2)①依题意,所以当最小时最小,再利用点到直线的距离公式求出的最小值,从而得解;②首先求出原点关于直线的对称点的坐标,再根据,可得当点C,P,共线时,最小,从而求出最小值.【小问1详解】解:圆C的标准方程为,则C的圆心为,半径为2.因为圆C上恰有三个点到直线l的距离为1,所以圆心到直线l的距离为l.①当直线l在两坐标轴上的截距为零且斜率存在时,设直线l的方程为,所以圆心到直线l的距离为,即,所以.②当直线l在两坐标轴上的截距不为零时,设直线l的方程为,所以圆心到直线l的距离为,即,解得或.所以或.综上所述,直线l的方程为或或.【小问2详解】解:①因为直线PM与圆C相切,所以,所以当最小时最小,而当PC与直线垂直时,最小,即,故.②记O关于直线的对称点为,由得即.因为,所以当点C,P,共线时,最小.故.18.如图,四边形是一块长方形绿地,是一条直路,交于点,交于点,且.现在该绿地上建一个标志性建筑物,使建筑物的中心到三个点的距离相等.以点为坐标原点,直线分别为,轴建立如图所示的直角坐标系.(1)求出建筑物的中心的坐标;(2)由建筑物的中心到直路要开通一条路,已知路的造价为150万元,求开通的这条路的最低造价.(附:参考数据.)【答案】(1)(2)168万元【解析】【分析】(1)一种方法是,设出过点的圆的一般方程,代入三个点的坐标,待定系数法求出圆的一般方程,化为标准方程,得到圆心,即建筑物的中心的坐标;另一种方法是,求两个边中垂线的交点,即圆心.(2)求出的长,由垂径定理得到点到的最小距离,从而求出开通的这条路的最低造价.【小问1详解】解法一:由题可知,由题可知经过点的圆的圆心即为所建建筑物的中心,设圆的方程为,则,解得,圆的方程为,即,建筑物的中心的坐标为.解法二:由题可知,由题可知经过点的圆的圆心即为所建建筑物的中心,线段中点为,且线段的垂直平分线为,线段中点为12,1,且,线段的垂直平分线为,联立,得,所以建筑物的中心的坐标为.【小问2详解】因为为建筑物的中心坐标,设线段的中点为,由垂径定理得的长度为点到的最小距离,,圆的半径为,点到的距离为,开通的这条路的最低造价为(万元).19.已知圆及点和点.(1)求经过点与圆相切的直线方程.(2)求经过点直线交圆于、两不同点,直线不过圆心,过点、分别作圆的切线,两切线交于点,求证:点恒在一条定直线上;(3)设为满足方程的任意一点,过点作圆的一条切线,切点为.在平面内是否存在一点,使得为定值?若存在,求出点的坐标及该定值;若不存在,说明理由.【答案】(1)或;(2)证明见解析;(3)存在,对应定值为;对应定值为.【解析】【分析】(1)按切线斜率存在与否分类,借助点到直线距离公式求解.(2)设,,由、可得、,即可知的方程,再由点在直线上即可证结论,并确定所在的直线.(3)若,由题设可知,为了验证平面内是否存在一个点,使得为定值,可以假设存在使为定值,利用两点距离公式、圆的切线性质整理可得,要使多项式方程不受点位置影响,需使该多项式方程各项的系数为0,列方程求参数即可判断的存在性.【小问1详解】圆的圆心,半径

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