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文檔簡介
第第頁浙江省杭州市臨安名校2023-2024學年高二上學期開學考試數學試題(Word版含解析)2022學年第二學期高二年級開學考試
數學試題
一選擇題:本題共8小題,每小題5分,共40分.在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的.
1.在空間四邊形中,等于()
A.B.C.D.
【答案】C
【解析】
【分析】根據平面向量的加法運算法則,即可求解.
【詳解】.
故選:C
2.直線的一個方向向量是()
A.B.C.D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根據直線的斜率先得到直線的一個方向向量,然后根據方向向量均共線,求解出結果.
【詳解】因為直線的斜率為,所以直線的一個方向向量為,
又因為與共線,所以的一個方向向量可以是,
故選:A.
3.已知命題:直線與平行,命題,則是的()
A.充分不必要條件B.必要不充分條件
C.充要條件D.既不充分也不必要條件
【答案】A
【解析】
【分析】根據兩直線平行滿足的關系可得命題等價于或,結合充分不必要條件的判斷即可求解.
【詳解】直線與平行,則,解得或,所以命題等價于或,命題.
則由命題不能得到命題,但由命題可得到命題,則是的充分不必要條件.
故選:A.
4.若平面,的法向量分別為,,則()
A.B.C.,相交但不垂直D.以上均不正確
【答案】C
【解析】
【分析】應用空間向量夾角的坐標運算求夾角余弦值,即可判斷面面關系.
【詳解】由,而,
由所得向量夾角余弦值知:,相交但不垂直.
故選:C
5.已知向量在基底下的坐標為,則在基底下的坐標為()
AB.
C.D.
【答案】B
【解析】
【分析】根據空間向量的坐標表示,利用向量相等列方程組即可求出結果.
【詳解】因為向量在基底下的坐標為,即,
設,、、,
所以,
令,解得,,;
所以在基底下坐標為.
故選:B.
6.與直線關于點對稱的直線方程是()
A.B.C.D.
【答案】D
【解析】
【分析】設對稱的直線方程上的一點的坐標為,則其關于點對稱的點的坐標為,代入已知直線即可求得結果.
【詳解】解析:
設對稱的直線方程上的一點的坐標為,則其關于點對稱的點的坐標為,以代換原直線方程中的得,即.
故選:D.
【點睛】本題考查了直線關于點的對稱直線問題,一般轉化為點關于點的對稱點問題解決,屬于基礎題.
7.已知四棱錐的底面為正方形,平面,,點是的中點,則點到直線的距離是()
A.B.C.D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用坐標法,根據點到直線的距離的向量求法即得.
【詳解】如圖建立空間直角坐標系,則,
所以,
所以,
所以點到直線的距離是.
故選:D.
8.已知,滿足,則的最小值為()
A.B.C.1D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求出點關于線段的對稱點的坐標,且有.根據幾何意義,結合圖象,即可得出取最小值時,點的位置,進而得出答案.
【詳解】
如圖,過點作點關于線段的對稱點,則.
設,則有,解得,所以.
設,則,所以,
又,所以點到軸的距離為,
所以,可視為線段上的點到軸的距離和到的距離之和.
過作軸,顯然有,當且僅當三點共線時,和有最小值.
過點作軸,則即為最小值,與線段的交點,即為最小值時的位置.
因為,所以的最小值為.
故選:B.
二多選題:本大題共4小題,每小題5分,共20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5分,部分選對的得2分,有選錯的得0分.
9.是空間的一個基底,與構成基底的一個向量可以是()
A.B.C.D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根據空間基底、共面等知識確定正確答案.
【詳解】由于,所以、、共面,
不能構成基底,B選項錯誤.
由于,所以、共面,
不能構成基底,D選項錯誤.
假設,
則,但此方程組無解,所以、不共面,
可以構成基底,A選項正確.
假設,
則,但此方程組無解,所以、不共面,
可以構成基底,C選項正確.
故選:AC
10.已知直線,則下列表述正確的是()
A.當時,直線的傾斜角為
B.當實數變化時,直線恒過點
C.當直線與直線平行時,則兩條直線的距離為1
D.直線與兩坐標軸正半軸圍成的三角形面積的最小值為4
【答案】ABD
【解析】
【分析】A選項,可求出直線斜率,即可判斷選項正誤;
B選項,將直線方程整理為,由此可得直線所過定點;
C選項,由題可得,后由平行直線距離公式可判斷選項;
D選項,分別令,可得直線與軸,x軸交點為,.
則圍成三角形面積為,后由基本不等式可判斷選項.
【詳解】A選項,當時,直線方程為,可得直線斜率為1,則傾斜角為,故A正確;
B選項,由題可得,則直線過定點,故B正確;
C選項,因直線與直線平行,則,則直線方程為:,即.則與直線之間的距離為
,故C錯誤;
D選項,分別令,可得直線與軸,x軸交點為,.
又交點在兩坐標軸正半軸,則.故圍成三角形面積為,當且僅當
,即時取等號.即面積最小值為4,故D正確.
故選:ABD.
11.在空間直角坐標系中,,,,則()
A.B.
C.異面直線與所成角的余弦值為D.點到直線的距離是
【答案】BD
【解析】
【分析】根據向量數量積、模、異面直線的夾角、點到直線的距離等知識對選項進行分析,從而確定正確答案.
【詳解】,,A選項錯誤.
,B選項正確.
設異面直線與所成角為,
則,所以C選項錯誤.
到直線距離為,所以D選項正確.
故選:BD
12.對于兩點,,定義一種“距離”:,則()
A.若點C是線段AB的中點,則
B.中,若,則
C.在中,
D.在正方形ABCD中,有
【答案】ACD
【解析】
【分析】根據新定義,,之間的“距離:對選項逐個分析即可判斷其正誤即可.
【詳解】A中,若點C是線段AB的中點,則點C坐標為,
則,故A正確;
B中,因為中,若,取,,
則,,
,
故,,
顯然,故B不正確;
對于C,設,則,
因為,
同理,
所以,故C正確;
D中,因為ABCD為正方形,設正方形邊長為a,可取,
則,,故D正確.
故選:ACD.
三填空題:本大題共4小題,每小題5分,共20分.
13.已知向量,,且,則___________.
【答案】##-0.5
【解析】
【分析】利用向量垂直的坐標運算求解.
【詳解】向量,,且,
則有,解得.
故答案為:
14.已知空間向量,,則向量在向量上的投影向量是______
【答案】
【解析】
【分析】由向量在向量上的投影向量為,,計算即可求出答案.
【詳解】向量,,
則,,,
所以向量在向量上的投影向量為
,,0,,0,,
故答案為:.
15.點到直線的距離的最大值是________.
【答案】
【解析】
【分析】直線恒過點,根據幾何關系可得,點到直線的距離的最大值為.
【詳解】因為直線恒過點,
記,直線為直線,
則當時,此時點到直線的距離最大,
∴點到直線距離的最大值為:
.
故答案為:.
16.是直線上的第一象限內的一點,為定點,直線AB交x軸正半軸于點C,當面積最小時,點的坐標是___________.
【答案】
【解析】
【分析】根據給定條件,設出點的坐標,并表示出點的橫坐標,再列出三角形面積的關系式,利用均值不等式求解作答.
【詳解】依題意,設,,則,
而,則有,顯然,于是,
由點在x軸正半軸上,得,面積
,當且僅當,即時取等號,
所以當面積最小時,點的坐標是.
故答案為:
四解答題:本題共5小題,共70分.解答應寫出文字說明證明過程或演算步驟.
17.平行六面體中,底面是邊長為1的正方形,側棱,且,為中點,為中點,設,,;
(1)用向量,,表示向量;
(2)求線段的長度.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)根據空間向量基本定理利用向量的加減法法則求解即可,
(2)先根據題意可得,,,然后對平方化簡可求得結果.
【小問1詳解】
因為為中點,為中點,,,,
所以
;
【小問2詳解】
因為平行六面體中,底面是邊長為1的正方形,側棱,且,
所以,,,
所以
所以,即線段PM長為
18.設復數,i為虛數單位,且滿足.
(1)求復數z;
(2)復數z是關于x的方程的一個根,求實數p,q的值.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)根據已知條件,結合復數的四則運算,復數模公式以及復數相等的概念,即可求解;
(2)將復數z代入方程,結合復數相等的概念即可求解.
【小問1詳解】
設,
,
,解得.
【小問2詳解】
是方程的一個根,
,即,
則
19.如圖,面積為8的平行四邊形ABCD,A為原點,點B的坐標為,點C,D在第一象限.
(1)求直線CD的方程;
(2)若,求點D橫坐標.
【答案】(1)
(2)橫坐標為或2
【解析】
【分析】(1)由題意可得,設直線CD的方程為(),結合平行四邊形ABCD的面積、求得AB與CD之間的距離,利用平行線的距離公式列方程求參數m,根據題設寫出直線方程;
(2)設點D的坐標為,根據點在直線上、兩點距離公式列方程求坐標即可.
【小問1詳解】
因為四邊形ABCD是平行四邊形,
所以,則.
設直線CD的方程為(),即.
因為平行四邊形ABCD的面積為8,,故AB與CD之間的距離為.
由題圖知:直線AB的方程為,于是,解得.
由C,D在第一象限知:,所以,
故直線CD的方程為.
【小問2詳解】
設點D的坐標為,由,則.
所以,解得或,
故點D的橫坐標為或2.
20.在ABC中.a,b,c分別是內角A,B,C所對的邊,
(1)求角C:
(2)若,求銳角ABC面積的取值范圍.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)對已知等式利用正弦定理統(tǒng)一成角的形式,然后化簡可求出角;
(2)設的外接圓半徑為,利用正弦定理將已知等式化簡變形可求得,再利用正弦定理可求得,,然后表示出三角形的面積,利用三角函數恒等變換公式化簡,再利用正弦函數的性質可求得結果.
【小問1詳解】
及正弦定理得,
∴,
∴,即,∴,
∵,∴,∵,∴.
【小問2詳解】
設外接圓的半徑為,由,
得,即,
則,∴.
的面積.
∵,∴,,∴,
∵,,,∴,∴,∴,
∴,∴,即銳角面積的取值范圍是.
21.如圖,四棱錐中,側面為等邊三角形且垂直于底面,四邊形為梯形,,.
(1)若為的中點,求證:平面;
(2)若直線與平面所成角的正弦值為,求平面與平面所成銳二面角的余弦值.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【解析】
【分析】(1)取中點,可證得四邊形為平行四邊形,從而得到,由線面平行的判定可證得結論;
(2)取中點,結合面面垂直的性質可證得平面,以為坐標原點建立空間直角坐標系,設,,根據線面角的向量求法可構造方程求得的值;由面面角的向量求法可求得結果.
【小問1詳解】
取中點,連接,
分別為中點,,,
,,又,
,,四邊形為平行四邊形,,
平面,平面,平面.
【小問2詳解】
取中點,連接,
,,四邊形為平行四邊形,
又,,即;
為等邊三角形,,
又平面平面,平面平面,平面,
平面;
則以為坐標原點,正方向為軸,可建立如圖所示空間直角坐標系,
設,,則,,,,,
,,,,
設平面的法向量,
則,令,解得:,,,
,解得:,;
設平面的法向量,
則,令,解得:,,;
,
即平面與平面所成銳二面角的余弦值為.
22.已知函數,
(1)當時,求的單調遞減區(qū)間;
(2)若有三個零點,且求證:
①
②.
【答案】(1)
(2)①證明見解析;②證明見解析
【解析】
【分析】(1)根據題意去絕對值,然后根據二次函數的性質即可求解;
(2)①根據題意可得當時不符合題意即,且進而得到,然后根據題意代入即可證明;
②根據題意和求根公式可得,,然后作差即可證明.
【小問1詳解】
因為,
所以,
當時,單調遞減;當時,單調遞增;當時,單調遞增;
因此的單調遞減區(qū)間為.
【小問2詳解】
①,
當時,僅有一個零點,不合題意;
當時,
當時,在僅有一個零點,在沒有零點,不合題意;
當時,在僅有一個零點,因為,所以在沒有零點,不合題意;
因此,所以
在僅有一個零點,在有兩個零點,,且當時;
,∴,
∵,∴,
∴,∵,
∴,
綜上:
②由題意可知:
,,
∴
,2022學年第二學期高二年級開學考試
數學試題
一選擇題:本題共8小題,每小題5分,共40分.在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的.
1.在空間四邊形中,等于()
A.B.C.D.
2.直線的一個方向向量是()
A.B.C.D.
3.已知命題:直線與平行,命題,則是的()
A充分不必要條件B.必要不充分條件
C.充要條件D.既不充分也不必要條件
4.若平面,的法向量分別為,,則()
A.B.C.,相交但不垂直D.以上均不正確
5.已知向量在基底下坐標為,則在基底下的坐標為()
A.B.
C.D.
6.與直線關于點對稱的直線方程是()
AB.C.D.
7.已知四棱錐的底面為正方形,平面,,點是的中點,則點到直線的距離是()
A.B.C.D.
8.已知,滿足,則的最小值為()
A.B.C.1D.
二多選題:本大題共4小題,每小題5分,共20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5分,部分選對的得2分,有選錯的得0分.
9.是空間的一個基底,與構成基底的一個向量可以是()
A.B.C.D.
10.已知直線,則下列表述正確的是()
A.當時,直線的傾斜角為
B.當實數變化時,直線恒過點
C.當直線與直線平行時,則兩條直線的距離為1
D.直線與兩坐標軸正半軸圍成的三角形面積的最小值為4
11.在空間直角坐標系中,,,,則()
A.B.
C.異面直線與所成角余弦值為D.點到直線的距離是
12.對于兩點,,定義一種“距離”:,
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