2023-2024学年山东省淄博五中高二（上）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年山东省淄博五中高二（上）期中数学试卷（含解析），共18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。
1.已知直线l的斜率k∈[-1, 3]，则该直线的倾斜角α的取值范围为( )
A. [π3,3π4]B. [0,π3]∪[3π4,π)C. [π6,3π4]D. [0,π6]⋃[3π4,π)
2.如图，在斜棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AC与BD的交点为点M，AB=a，AD=b，AA1=c，则MC1=( )
A. 12a+12b+c
B. -12a-12b-c
C. -12a+12b+c
D. -12a-12b+c
3.“m=-2”是“mx+4y=m+2与直线x+my=m平行”的( )
A. 充分非必要条件B. 必要非充分条件
C. 充要条件D. 既非充分也非必要条件
4.已知点(1,2)在圆C：x2+y2-ax-2y+54a=0外，则实数a的取值范围为( )
A. {a|a>4}B. {a|a>-4}
C. {a|-40，解得{a|-4-2，
所以-4m-n24m4m，
样本空间中符合n2>4m的基本事件有：(1,4)，(1,6)，(1,8)，(2,4)，(2,6)，(2,8)，(3,4)，(3,6)，(3,8)，(4,6)，(4,8)，共11个，
所以P(B)=1120．
【解析】(1)直接列举即可；
(2)由二次函数的性质可得，n=2m，求出总的基本事件数和符合条件的基本事件数，利用古典概型的概率公式求解即可；
(3)由函数与方程的关系，求出n2>4m，求出总的基本事件数和符合条件的基本事件数，利用古典概型的概率公式求解即可．
本题考查了二次函数性质的综合应用，古典概型概率公式的应用，解题的关键是求出总的基本事件数以及满足条件的基本事件数，属于中档题．
20.【答案】解：(1)因为线段AB是圆O的直径，所以AE⊥BE，可得BE= AB2-AE2=3，
又因为BC⊥平面ABE，且AE，BE⊂平面ABE，所以BC⊥AE，BC⊥BE，
所以CE= BE2+BC2= 34，
因为BC⋂BE=B，且BC，BE⊂平面BCE，所以AE⊥平面BCE，
又因为CE⊂平面BCE，所以AE⊥CE，
设点B到平面ACE的距离为d，
则由VC-ABE=VB-ACE，可得13×12AE⋅BE⋅BC=13×12AE⋅CE⋅d，
所以d=BE⋅BCCE=3×5 34=15 3434，
所以点B到平面ACE的距离为15 3434；
(2)由(1)可知AE⊥BE，
以点E为坐标原点，EB，EA所在直线分别为x轴，y轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则E(0,0,0)，B(3,0,0)，A(0,4,0)，C(3,0,5)，F(32,0,52)，
可得AF=(32,-4,52)，AB=(3,-4,0)，EA=(0,4,0)，
设平面ABF的法向量为n=(x,y,z)，则n⋅AF=32x-4y+52z=0n⋅AB=3x-4y=0，
取x=4，可得y=3,z=125，所以n=(4,3,125)，
由(1)可知，平面BEF的一个法向量为EA=(0,4,0)，
设二面角A-BF-E的大小为θ，由图可知θ为锐角，
则csθ=|cs〈n,EA〉|=|n⋅EA||n|⋅|EA|=|4×0+3×4+125×0| 42+32+(125)2×4=15 769769，
即二面角A-BF-E的余弦值为15 769769．
【解析】(1)由BC⊥平面ABE，证得BC⊥AE，BC⊥BE，进而证得AE⊥平面BCE，得到AE⊥CE，设点B到平面ACE的距离为d，结合VC-ABE=VB-ACE，即可求得点B到平面ACE的距离；
(2)以点E为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面ABF和平面BEF的一个法向量n=(4,3,125)和EA=(0,4,0)，结合向量的夹角公式，即可求解．
本题考查求点到平面的距离和二面角的大小，属于中档题．
21.【答案】解：(1)连接BD交AC于M，
因为BC/​/AD，所以BMMD=BCAD=12，
因为PF=12FD，所以PFFD=12，
所以BMMD=PFFD，所以PB//FM，
又因为FM⊂平面ACF，PB⊄平面ACF，所以PB/​/平面ACF；
(2)设线段PB上存在一点H，使得CH与平面ACF所成角的余弦值为 306，
即CH与平面ACF所成角的正弦值为 1-( 306)2= 66，
设PH=λPB(0≤λ≤1)，
取AD中点O，连接OC，OP，
因为PA=PD，所以PO⊥AD，
因为侧面PAD⊥底面ABCD，侧面PAD∩底面ABCD=AD，PO⊂侧面PAD，
所以PO⊥底面ABCD，
因为BC/​/AD，AB⊥AD，AD=2AB=2BC=2，所以CO⊥AD，
以O为坐标原点，分别以OC，OD，OP所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则C(1,0,0),A(0,-1,0),F(0,13,23),P(0,0,1),B(1,-1,0)，
则AC=(1,1,0),AF=(0,43,23)，
设平面ACF的一个法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅AC=x+y=0n⋅AF=43y+23z=0，解得：x=-yz=-2y，令y=1，则x=-1，z=-2，
所以平面ACF的一个法向量为n=(-1,1,-2)，
又PB=(1,-1,-1)，所以PH=λ(1,-1,-1)=(λ,-λ,-λ)，
又CP=(-1,0,1)，所以CH=CP+PH=(λ-1,-λ,-λ+1)，
设CH与平面ACF所成角θ，
则sinθ=|cs〈n,CH〉|=|n⋅CH||n||CH|=|1-λ-λ+2λ-2| 6× (λ-1)2+λ2+(1-λ)2= 66，
整理得：3λ2-4λ+1=0，解得：λ=1或λ=13，
当λ=1时，PH=PB= 12+12+12= 3，
当λ=13时，PH=13PB= 33,
故在线段PB上存在一点H，使得CH与平面ACF所成角的余弦值为 306，
PH= 3或PH= 33．
【解析】(1)连接BD交AC于M，由BMMD=BCAD=12，可证BMMD=PFFC，可得PB//FM，即可证得结论；
(2)取AD中点O，则PO⊥AD，结合已知条件可证得PO⊥底面ABCD，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，求平面ACF的一个法向量，设PH=λPB(0≤λ≤1)，用向量法表示CH与平面ACF所成角的正弦值得λ的方程，求解即可．
本题考查平面向量的线性运算和直线与平面所成的角，属于中档题．
22.【答案】解：(1)由圆C：(x-2)2+y2=1，得圆心C(2,0)，半径r=1，
设过点P(-1,1)的切线方程为y-1=k(x+1)，即kx-y+k+1=0，
∴|2k+k+1| 1+k2=1，解得k=0或k=-34，
∴过点P的切线方程为y-1=0或3x+4y-1=0；
(2)∵圆C：(x-2)2+y2=1，∴圆心C(2,0)，半径r=1，
设P(t,-t)，
由题意知A，B在以PC为直径的圆上，又C(2,0)，
∴(x-t)(x-2)+(y+t)(y-0)=0，即x2+y2-(t+2)x+ty+2t=0，
又圆C：(x-2)2+y2=1，即x2+y2-4x+3=0，
故直线AB的方程为(2-t)x+ty-3+2t=0，即2x-3-t(x-y-2)=0，
由2x-3=0x-y-2=0，解得x=32，y=-12，即直线AB恒过定点(32,-12).
(3)由x-y+m=0(x-2)2+y2=1，得(x-2)2+(x+m)2=1，∴2x2+(2m-4)x+3+m2=0，
设E(x1,y1)，F(x2,y2)，
∴x1+x2=2-m，x1x2=3+m22，Δ=(2m-4)2-4×2×(3+m2)>0，
∴-2- 2