廣西“貴百河—武鳴高中”2024-2025學年高二上學期11月期中考試數(shù)學試卷（PDF版附解析）-試卷下載-教習網(wǎng)

一、單項選擇題（本大題共8題，每小題5分，共計40分。每小題列出的四個選項中只有一項是最符合題目要求的）
1.已知直線l過原點且與直線7x+3y?1=0垂直，求直線l一個方向向量是（）
A.(?7，3) B. (3，?7) C.(3，7) D.(7，3)
解：由題可知，直線l過原點(0，0)與直線7x+3y?1=0垂直，則直線l的斜率為37，所以直線l的方程為3x?7y=0，故其中一個方向向量n=(7，3).【答案】D
2.設向量a=(3,2,m)，b=(?1,2,1)，若a⊥b，則m=（）
A．2 B．1 C．?1 D．?2
【答案】C
【詳解】因為a⊥b，可得a?b=?3+4+m=0,解之可得m=?1.故選：C
3.已知點A(2,?1,0)，B(1,?1,?1)，向量a=(12,1,1)，求向量BA與a夾角的余弦值（）
A.?2 B. 22 C.12 D. ?22
解：由題可知點BA=(1,0,1)，所以cs=BA?aBA?a=12+12×94=22 ，故選B.
4.設直線的方程為3csθ?x?y+7=0θ∈R，則直線l的傾斜角α的取值范圍（）
A.0，π3 B.π3，2π3 C.?∞，π3∪2π3，π D.0，π3∪2π3，π
解：根據(jù)題意，直線的斜率為k=3csθ∈?3,3，由此得tanα∈?3,3；又因為α∈0，π，所以結(jié)合正切函數(shù)的單調(diào)性，可得α∈0，π3∪2π3，π,故選D．
5.2024年10月22日，我國在太原衛(wèi)星發(fā)射中心使用長征六號運載火箭，成功將天平三號A(01)、B(01)、B(02)衛(wèi)星發(fā)射升空，衛(wèi)星順利進入預定軌道，發(fā)射任務獲得圓滿成功。該衛(wèi)星主要用于地面雷達設備標校和RCS測量，為地面光學設備成像試驗和低軌空間環(huán)境探測監(jiān)視試驗提供支持，為大氣空間環(huán)境測量和軌道預報模型修正提供服務。假設天平三號A(01)衛(wèi)星運動的軌道是以地球的球心為一個焦點的橢圓，已知地球的直徑約為1.3萬千米，衛(wèi)星運動至近地點距離地球表面高度約1.35萬千米，運動至遠地點距離地球表面高度約3.35萬千米,求天平三號A(01)衛(wèi)星運行的軌跡方程可為（）
A.x29+y28=1 B.x29+y216=1 +y23.352=1 +y21.22=1
解：根據(jù)橢圓的定義，設長軸長為2a，焦距為2c；由題可知，1.35+1.3+3.35=2a，則a =3萬千米；因為天平三號A(01)衛(wèi)星，運動至近地點距離地球表面高度約1.35萬千米，地球半徑為r=0.65萬千米，因此a?c=2,則c=1萬千米；因此b2=a2?c2=32?12=8；所以橢圓的方程為
x29+y28=1.答案：A.
6.如右圖，在直三棱柱ABC?A'B'C'中，∠ABC=90°，AB=BC=BB'=1，E、F分別為A'B'，AB的中點，則直線FC到平面AEC'的距離為（）
A.22 B.66 C.?66 D.?32
解：在直三棱柱ABC?A'B'C'中，∠ABC=90°，如圖所示，建立空間直角坐標系，
因為AB=BC=BB'=1，E、F分別為A'B'，AB的中點，則A(0,1,1)，B(0,0,1)，E(0,12,0)，F(xiàn)(0,12,1)，C'(1,0,0)，所以AE=(0,?12,?1)，EC'=(1,?12,0)，AF=(0,?12,0)
設平面AEC'的法向量為n=(x,y,z)，則n?AE=0；n?EC'=0.
即?12y?z=0；x?12y=0.取z=?1，則y=2，x=1.
所以n=(1,2,?1)是平面AEC'的一個法向量.又因為AF=(0,?12,0)，
所以點F到平面AEC'的距離為AF?nn=0+(?1)+06=66 .答案：B.
7.若雙曲線y2n2?x22=1(n>0)的漸近線與已知圓O:x2+y2?4y+3=0相切，則n=（）
A．6B．3C．2D．1
【答案】A 雙曲線y2n2?x22=1(n>0)的漸近線為y=±nx2，即nx±2y=0，
不妨取nx+2y=0，圓x2+y2?4y+3=0，即x2+y?22=1，所以圓心為0,2，半徑r=1，
依題意圓心0,2到漸近線nx±2y=0的距離d=22n2+2=1，
解得n=6或n=?6（舍去）．故答案為：n=6.
8.設λ∈R，過定點M的動直線λx+y=0和過定點N的動直線x?λy+λ+3=0交于點Q(x，y)，則QM+QN的最大值是（）
A．5B．25C．10D．210
【答案】B
【詳解】對于動直線λx+y=0可知其過定點M(0，0)，動直線x?λy+λ+3=0，
即x+3?λ(y?1)=0，可知其過定點N(?3，1)，且1×λ+λ×(?1)=0，
因此兩條動直線相互垂直，可知點Q的軌跡是以MN為直徑的圓，且MN=10，
若點Q與M或N重合，則QN+QM=0+MN=10；
若點Q與M，N不重合，設∠QMN=θ∈(0,π2)，則QM=10csθ,QN=10sinθ,
可得QM+QN=10csθ+10sinθ=25sin(θ+π4)，
因為θ∈(0,π2)，則θ+π4∈(π4,3π4),可得sin(θ+π4)∈(22,1],
所以當sin(θ+π4)=1時，QM+QN有最大值，即最大值為25.
二、多項選擇題（本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分）
9．直線的方向向量為a，平面α的法向量n，則下列命題為真命題的是（）
A．若a⊥n，則直線l//平面α
B．若a//n，則直線l⊥平面α
C．若cs=12，則直線與平面所成角的大小為π3
D．若sin=12，則直線與平面所成角的大小為π3
【答案】BD
【詳解】對于A，若a⊥n，則l//平面α或l?平面α，A錯；
對于B，若a//n，則l⊥平面α，B對；
對于C，若cs=12，則直線l與平面α所成角的大小為π6，C錯；
對于D，若sin=12，則cs=32，則平則直線l與平面α所成角的大小為π3，D對.
已知圓C:(x?2)2+(y?1)2=36，直線2x+(m+1)y?3m+1=0，則（）
A．當m=1時，圓C上恰有兩個點到直線l的距離等于1
B．圓C與圓x2+y2+12x+10y+45=0恰有三條公切線
C．直線l恒過定點(?2，3)
D．直線l與圓C有兩個交點
【答案】BCD
【詳解】對于A，當m=1時，直線l:x+y?1=0，圓心C(2，1)到直線l的距離為d=2+1?12=2，
而圓C半徑為6，因此只有4個點到直線l的距離等于1，A錯誤；
對于B，圓x2+y2+12x+10y+45=0的方程化為(x+6)2+(y+5)2=16，
其圓心為(?6，?5)，半徑為4，兩圓的圓心距為d'=(2+6)2+(1+5)2=10=6+4，
兩圓外切，因此它們有三條公切線，B正確.
對于C，直線l的方程為2x+y+1+m(y?3)=0，由y?3=02x+y+1，x=?2y=3，直線l恒過定點
(?2，3)，C正確；
對于D，(?2?2)2+(3?1)2=20b>0)，
可得(?3)2a2+12b2=1，即9a2+1b2=1.①
又因為c2=a2?b2，即a2?b2=8，②
聯(lián)立①②，整理得b4?2b2?8=0，解得b2=4或?2（舍去）.
所以a2=b2+c2=4+8=12.
故橢圓C的標準方程為x212+y24=1.
（2）因為∠F1PF2=π3，所以?F1PF2的面積S=12PF1PF2sinπ3=32，則PF1PF2=2.
因為長軸長為2a=26，即a=6，根據(jù)橢圓定義，PF1+PF2=26.
有(PF1+PF2)2=24，即PF12+PF22+2PF1PF2=24③
由余弦定理可得F1F22=PF12+PF22?2PF1PF2csπ3，
整理得 F1F22=PF12+PF22?PF1PF2 ④
聯(lián)立③④得：F1F22?24=?3PF1PF2，即F1F22=18，則F1F2=32，所以c=322，
在橢圓中有b2=a2?c2，即b2=(6)2?(322)2，解得b=62.
17．（15分）如圖，已知在四棱錐S?ABCD中，平面SAD⊥平面ABCD，在四邊形ABCD中，AB//DC,
∠BAD=90°，在?SAD中，SA=SD=5，AB=AD=12CD=2，點E是棱SC上靠近S端的三等分點.
(1)證明：SA//平面BDE；
(2)求平面BDE與平面SBC夾角的余弦值.
【詳解】（1）取AD中點O，連接SO，過O點作OM//AB，交BC于點M，
由題可知，在?SAD中，SA=SD=5，AD=2，
所以SO=2，OA=OD=1，且SO⊥AD，
因為AB=AD=12CD=2，即CD=4，
又因為平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD=AD，所以SO⊥平面ABCD.
在四邊形ABCD中，AB//DC， ∠BAD=90°，所以AB⊥AD，且OM//AB，則OM⊥AD，
以點O為坐標原點，OA，OM，OS分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，
則A1,0,0,B1,2,0,C?1,4,0,D(?1,0,0),S0,0,2,H0,0,1，
SC=(?1,4,?2),點E是棱SC上靠近S端的三等分點
∴SE=13SC=13(?1,4,?2)=(?13,43,?23)
因此E?13,43,43.
DB=(2,2,0),DE=(23,43,43)，
設平面BDE的一個法向量為m=(x,y,z)，
則m?DB=0m?DE=0，即x+y=023x+43y+43z=0，
令x=1，得y=?1,z=12,則m=(1,?1,12).
又SA=(1,0,?2)，可得SA?m=0，因為SA?平面BDE，
所以SA//平面BDE.
（2）由（1）易知BC=(?2,2,0),SC=(?1,4,?2)，設平面SBC的一個法向量為n=(a,b,c)，
則n?BC=0n?SC=0，即?2a+2b=0?a+4b?2c=0，令a=2，得b=2,c=3,則n=(2,2,3).
設平面BDE與平面SBC的夾角為α，
則csα=cs=3232?17=1717.
故平面BDE與平面SBC的夾角的余弦值為1717.
18．（17分）已知點N的坐標為?1,2，過點N的直線l與拋物線C：x2=2py(p>0)交于A、B兩點，且OA?OB=0，連接ON，直線l斜率與直線ON的斜率之積為?2.
（1）求p的值；
（2）若線段AB的垂直平分線與拋物線C交于E，F(xiàn)兩點，求?OEF的面積.
【詳解】設Ax1,y1,Bx2,y2，
（1）由題可知，點O0,0,N?1,1，則直線ON的斜率為：
kON=2?0?1?0=?2;令有直線l斜率為k;
因為直線l斜率與直線ON的斜率之積為?2，有kON?k=?2，
解得k=1
又因為點N?1,2，過點N的直線l與拋物線C
交于A、B兩點，故直線l的方程為y?2=x+1，
即y=x+3.設Ax1,y2,Bx2,y2，
聯(lián)立x2=2py(p>0)y=x+3，消去y可得x2?4px?6p=0，?=16p2+36p>0，
則x1+x2=2p，x1x2=?6p，
因為OA?OB=0，所以x1x2+y1y2=0，
即3(x1+x2)+2x1x2+9=0，即9+6p?12p=0，解得p=32.
（2）由題可知，直線EF垂直平分線段AB，設線段AB的中點為Mx0,y0，直線EF的斜率為kEF；
由（1）知x0=x1+x22=p=32，所以y0=x0+3=32+3=92，則M32,92；且kEF=?1，所以直線EF的方程為y?92=?(x?32)，即y=?x+6，
聯(lián)立x2=3yy=?x+6，消去y可得x2+3x?18=0，?=9+72=81>0，
設Ex3,y3,Fx4,y4，則x3+x4=?3，x3x4=?18，
所以EF=1+k2?(x3+x4)2?4x3x4=1+(?1)2?(?3)2?4×(?18)=92，
又點O到直線EF的距離為?62=32，
所以?OEF的面積為12×92×32=27.
19．（17分）已知F1，F(xiàn)2分別為雙曲線M:x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)的左,右焦點，與x軸分別交于點A，B，它的一條漸近線的斜率為32，且右焦點F2到該漸近線的距離為 3.
(1)求雙曲線M的方程；
(2)若過T4，0的直線與曲線M交于C，D兩點(C，D不與兩個頂點重合)，記直線AC，BD的斜率為k1，k2，證明：k1k2為定值．
(3)若動點H在曲線M的左支上，定點F2( 7,0)，點P為圓Q:x2+(y+3)2=1上一動點，則求
|HP|+|HF2|的最小值．
【詳解】解：(1)因為雙曲線M的一條漸近線的斜率為32，
所以ba= 32，2b= 3a，
則雙曲線M的一條漸近線的方程為 3x?2y=0，
因為c= a2+b2=72a，
所以右焦點F2(c,0)到漸近線 3x?2y=0的
距離為| 3c| ( 3)2+22= 3?c=7，
所以a=2，b= 3，所以雙曲線M的方程為x24?y23=1．
（2）依題意可知，A,B 表示雙曲線M的兩個頂點，由（1）可知A?2,0，B2,0，設Cx1,y1，Dx2,y2．
因為C,D不與A,B重合，所以可設直線CD:x=ty+4．
聯(lián)立x24?y23=1x=ty+4,消x得：3t2?4y2+24ty+36=0，
故t≠±2 3，Δ=144t2+576>0，
y1+y2=?24t3t2?4，y1y2=363t2?4，ty1y2=36t3t2?4=?32y1+y2，
∴k1k2=y1x1+2y2x2?2=y1x2?2y2x1+2=y1ty2+2y2ty1+6=?32y1+y2+2y1?32y1+y2+6y2=?13．
(3)由(1)可知，設F1(? 7,0)，F(xiàn)2( 7,0)為曲線M的左右焦點，圓E半徑為r=1，圓心E(0,?3)，
∴|HF2|=|HF1|+2a=|HF1|+4，
|HP|≥|HE|?|PE|=|HE|?1，
(當且僅當H，E，P共線且P在H，E之間時取等號)，
|HP|+|HF2|≥|HE|?1+|HF1|+4
=|HF1|+|HE|+3≥|EF1|+3
= (? 7)2+32+3=7，
當且僅當H是線段EF1與雙曲線的交點時取等號．
∴|HP|+|HF2|的最小值是7．

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