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2023-2024学年辽宁省六校协作体高二上学期10月联考数学试题含答案
展开一、单选题
1.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,等于( )
A.B.C.D.
【答案】A
【分析】由空间向量的加减结合相反向量的运算可得答案.
【详解】
故选:A
2.若直线l的方向向量是,则直线l的倾斜角为( )
A.B.C.D.
【答案】B
【分析】由斜率与倾斜角,方向向量的关系求解
【详解】由直线l的方向向量是得直线的斜率为,
设直线的倾斜角是,
故选:B.
3.过点且在两坐标轴上截距相等的直线的方程是( )
A.B.
C.D.或
【答案】D
【分析】由题意,分截距为或不为两种情况,分别设对应的直线方程,代入已知点,可得答案.
【详解】显然,所求直线的斜率存在.
当两截距均为时,设直线方程为,将点代入得,此时直线方程为;
当两截距均不为时,设直线方程为,将点代入得,此时直线方程为.
故选:D.
4.两圆与的公切线条数为( )
A.4条B.3条C.2条D.1条
【答案】C
【分析】根据圆的方程可确定圆心和半径,由圆与圆的位置关系的判断方法确定两圆相交,由此可得公切线条数.
【详解】由得:,
圆心坐标为,半径;
由得:,
圆心坐标为,半径;
两圆圆心距,,
两圆相交,则公切线条数为条.
故选:.
【点睛】本题考查圆与圆的公切线条数的问题,关键是明确两圆公切线条数与两圆位置关系之间的联系,并熟练掌握圆与圆的位置关系的判定方法.
5.若三棱锥P-ABC的三条侧棱两两垂直,且满足PA=PB=PC=1,则点P到平面ABC的距离是( )
A.B.C.D.
【答案】D
【分析】先建立空间直角坐标系,求出平面ABC的法向量,再利用点到平面的距离公式求解即可.
【详解】解:分别以PA,PB,PC所在的直线为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系.
则A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1)..
设平面ABC的一个法向量为,由得:.
令,则.则平面ABC的一个法向量为.所以点P到平面ABC的距离.
故选:.
【点睛】本题考查空间中点到平面的距离,关键考查运算能力,属于基础题.
6.已知函数在区间单调递增,直线和为函数的图象的两条对称轴,则( )
A.B.C.D.
【答案】B
【分析】由单调性及对称性得出函数的最小正周期,从而求得,然后求得,最后计算即可.
【详解】由已知,最小正周期为,,
,,,
,
,
故选:B.
7.如图,在棱长为1的正方体中,下列结论不正确的是( )
A.异面直线AC与所成的角为60°
B.直线与平面所成角为45°
C.二面角的正切值为
D.四面体的外接球的体积为
【答案】B
【分析】由正方体性质得出异面直线AC与所成的角,直线与平面所成角,二面角的平面角并计算判断ABC,由四面体的外接球即为正方体的外接球,由正方体性质求得外接球半径后可得体积从而判断D.
【详解】选项A,由正方体性质易得,因此异面直线AC与所成的角为或其补角,
是等边三角形,,A正确;
选项B,由平面,平面,得,又,,平面,
所以平面,设,则是直线与平面所成角,
由平面,平面,可得,
在直角中,,,B错;
选项C,由上分析得是二面角的平面角,由得,C正确;
选项D,四面体的外接球即为正方体的外接球,由正方体性质知其外接球半径为,因此体积为,D正确;
故选:B.
8.已知,,则( )
A.B.C.D.
【答案】A
【分析】由两角和的正弦公式展开后求得,然后求得,再由二倍角公式计算.
【详解】,又,则,
所以,
,
故选:A.
二、多选题
9.给出下列命题,其中正确的是( )
A.对空间任意一点O和不共线的三点A,B,C,若,则P,A,B,C四点共面
B.若,是两个不共线的向量,且(,,,),则构成空间的一个基底
C.若空间四个点P,A,B,C满足,则A,B,C三点共线
D.平面的一个法向量为,平面的一个法向量为.若,则
【答案】CD
【分析】对于A选项:由四点共面的充要条件即可验证;对于B选项:由构成基底的条件即可判断;对于C选项:由三点共线的充要条件即可判断;对于D选项:若两个平面平行,则它们的法向量也对应平行,然后由向量平行的充要条件即可判断.
【详解】对于A选项:若P,A,B,C四点共面,由于A,B,C三点不共线,
所以由平面向量基本定理有,
进一步有,整理得,
所以此时的系数之和恒为1,
若,则有的系数之和;故A选项不符合题意.
对于B选项:若,是两个不共线的向量,且(,,,),则 共面,
所以不能构成空间的一个基底;故B选项不符合题意.
对于C选项:若,则有,整理得,即,
所以A,B,C三点共线;故C选项符合题意.
对于D选项:若,则它们对应的法向量与也平行,
所以,有,即,解得;故D选项符合题意.
故选:CD.
10.已知圆锥的顶点为,底面圆心为,为底面直径,,,点在底面圆周上,且二面角为,则( )
A.该圆锥的体积为
B.该圆锥的侧面积为
C.
D.的面积为
【答案】BD
【分析】为圆锥的轴截面得,求出,得圆锥的体积可判断A;求出圆锥的侧面积可判断B;取的中点得是的中点,且,利用线面垂直的判定定理可得平面,再由性质定理得,利用勾股定理求出可判断C;求出的面积可判断D.
【详解】对于A,如图,底面,为圆锥的轴截面,所以,
因为,所以,,该圆锥的体积为,故A错误;
对于B,该圆锥的侧面积为,故B正确;
对于C,连接,则,即,
取的中点,连接,,
又是的中点,所以,则,
因为,是的中点,所以,
可得为二面角的平面角,即,
因为底面,底面,所以,
所以,则,所以,故C错误;
对于D,的面积为,故D正确.
故选:BD.
11.已知,关于该函数有下面四个说法,正确的是( )
A.的最小正周期为
B.在上单调递增
C.当时,的取值范围为
D.的图象可由图象向左平移个单位长度得到
【答案】ABC
【分析】利用二倍角公式化简得,求出最小正周期可判断A;利用在上单调性可判断B;求出时的取值范围可判断C;求出图象向左平移个单位长度得到解析式可判断D.
【详解】因为,
对于A,的最小正周期为,故A正确;
对于B,因为在上单调递增,由得在上单调递增,故B正确;
对于C,当时,所以,所以的取值范围为,故C正确;
对于D,图象向左平移个单位长度得到
,故D错误.
故选:ABC.
12.已知圆,直线,点P在直线l上运动,直线,分别切圆C于点A,B.则下列说法正确的是( )
A.四边形的面积最小值为
B.M为圆C上一动点,则最小值为
C.最短时,弦直线方程为
D.最短时,弦长为
【答案】ACD
【分析】根据已知,结合图形,利用直角三角形、圆的性质、直线方程以及点到直线的距离公式、勾股定理计算求解.
【详解】对于A,由切线长定理可得,又因为,所以,
所以四边形的面积,
因为,当时,取最小值,且,
所以四边形的面积的最小值为,故A正确;
对于B,因为,所以最小值为,故B错误;
对于C,由题意可知点,,在以为直径的圆上,设,
其圆的方程为:,
化简为,与方程相减可得:,
则直线的方程为,当最短时,,则,
解得,故直线的方程为,故C正确;
对于D,当最短时,圆心C到直线的距离,
所以弦长为,故D正确.
故选:ACD.
【点睛】难点点睛:解答本题的难点在于C的判断,解答时要注意结合圆的公共弦方程的求解,求出直线AB方程,然后利用垂径定理求出弦长.
三、填空题
13.在正四棱台中,,,,则该棱台的体积为 .
【答案】28
【分析】求出棱台的高后由体积公式计算.
【详解】如图,作于,则是正棱台的高,由正四棱台性质知:,,
所以体积为.
故答案为:28.
14.在中, ,,, 的角平分线交于,则 .
【答案】
【分析】由余弦定理求得,然后由角平分线定理求得,,再由余弦定理利用,求得.
【详解】中,由余弦定理得,
解得(舍去),
是角平分线,则,
所以,,
又由余弦定理得:
,
,
而,
因此,
,
,.
故答案为:.
15.在三棱锥中,,则直线与平面所成角的正弦值为 .
【答案】/
【分析】构建正四面体模型,从而可求直线与平面所成角的正弦值.
【详解】
如图,在射线上截取,在射线截取,得到如下图所示的几何体.
因为,,故为等比三角形,
故,同理,
而,故为等比三角形,故,
故几何体为正四面体.
过作平面的垂线,垂足为,则为的中心,
连接,则为与平面(即平面)所成的角,
设,则,
故,故.
所以线与平面所成角的正弦值为.
故答案为:.
16.正方体的棱长为2, 是它的内切球的一条弦(我们把球面上任意两点之间的线段称为球的弦), 为正方体表面上的动点,当弦的长度最大时, 的取值范围是 .
【答案】
【分析】由弦的长度最大可知为球的直径.由向量的线性运用表示出,即可由范围求得的取值范围.
【详解】连接,如下图所示:
设球心为,则当弦的长度最大时,为球的直径,
由向量线性运算可知
正方体的棱长为2,则球的半径为1,,
所以
,
而
所以,
即
故答案为:.
【点睛】本题考查了空间向量线性运算与数量积的运算,正方体内切球性质应用,属于中档题.
四、解答题
17.已知向量与向量共线,且,,
(1)求向量的坐标;
(2)求实数的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)设,由数量积的坐标表示求得后得结论;
(2)由向量垂直的坐标表示计算可得.
【详解】(1)共线, 可设,
,解得:, ,
(2)∵,∴,
即,解得:
18.已知直线和圆,
(1)当为何值时,截得的弦长为2;
(2)若直线和圆交于两点,此时,求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)由弦长得圆心到直线的距离,结合点到直线距离公式可得参数值;
(2)由数量积为0得,从而得出圆心到直线的距离,再结合点到直线距离公式得参数值.
【详解】(1)设为圆心到直线的距离,则由题意知,即,所以,
又由于圆的圆心为,
所以圆心到直线的距离,所以,
即当时,直线被圆截得的弦长为2.
(2)由于,得,所以组成等腰直角三角形,
所以圆心到直线的距离,所以,所以,
即当时,直线和圆交于两点,且.
19.在①,②,请在这两个条件中任选一个,补充到下面问题中,并完成解答.
在中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,设为的面积,满足______________(填写序号即可).
(1)求角C的大小;
(2)若,求周长的最大值.
注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)若选①,由面积公式及余弦定理得到,即可求出,从而得解;若选②,利用正弦定理将边化角,再由两角和的正弦公式及诱导公式计算可得;
(2)利用余弦定理及基本不等式求出的最大值,即可得解.
【详解】(1)解:若选①,因为,
所以,
所以,
所以,
因为,
所以
若选②,因为,
由正弦定理得,
所以,即,
,,,
又,.
(2)解:由余弦定理得,
因此,
,当且仅当时等号成立,
所以的周长
因此的周长的最大值为.
20.如图,是一块边长为米的正方形地皮,其中是一半径为米的底面为扇形小山(为上的点),其余部分为平地.今有开发商想在平地上建一个边落在及上的长方形停车场.求长方形停车场面积的最大值及最小值.
【答案】最小值为,最大值为
【分析】设,,求得长方形面积的表达式,并利用三角函数、二次函数的知识求得其最大值和最小值.
【详解】设,,则
令,则,
由于,所以.
所以,
此二次函数的图象开口向上,对称轴为,
故当时,最小值为,
当时,最大值为.
21.在四棱锥中,底面.
(1)证明:;
(2)求PD与平面所成的角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析;
(2).
【分析】(1)作于,于,利用勾股定理证明,根据线面垂直的性质可得,从而可得平面,再根据线面垂直的性质即可得证;
(2)以点为原点建立空间直角坐标系,利用向量法即可得出答案.
【详解】(1)证明:在四边形中,作于,于,
因为,
所以四边形为等腰梯形,
所以,
故,,
所以,
所以,
因为平面,平面,
所以,
又,
所以平面,
又因为平面,
所以;
(2)解:如图,以点为原点建立空间直角坐标系,
,
则,
则,
设平面的法向量,
则有,可取,
则,
所以与平面所成角的正弦值为.
22.如图,在三棱柱中,平面,点,分别在棱和棱上,且为棱中点.
(1)求证:平面;
(2)若,求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)取的中点,连接,证明平面平面后可证得题中线面平行;
(2)先证得,然后建立如图所示的空间直角坐标系,由空间向量法求二面角.
【详解】(1)取的中点,连接,因为,,
所以且,
所以四边形为平行四边形,所以,
又平面,平面,所以平面,
因为为棱中点,所以,
又平面,平面,
所以平面,
又平面,
所以平面平面,
又平面,
所以平面;
(2)因为平面,平面,
所以,
又平面,
所以平面,
又平面,所以,如图,以点为原点,建立空间直角坐标系,
则,因为平面,
所以,即为平面的一个法向量,
,
设平面的一个法向量为,
则,令,则,所以,
则,
由图可知,二面角为钝二面角,所以二面角的余弦值为.
2023-2024学年辽宁省六校协作体高二上学期期中联考数学试题含答案: 这是一份2023-2024学年辽宁省六校协作体高二上学期期中联考数学试题含答案,共20页。试卷主要包含了单选题,多选题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。
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