山西省朔州市懷仁市第九中學2023-2024學年高二上學期期中數學題 Word版含解析.docx

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山西省朔州市第九中學高中部2023-2024學年高二上學期期中考試數學試題注意事項:1.答卷前,考生務必用黑色字跡鋼筆或簽字筆將自己的姓名、準考證號和班級填寫在答題卡上.將條形碼橫貼在答題卡右上角“條形碼粘貼處”.2.全部答案在答題卡上完成,答在本試題上無效.3.回答選擇題時,選出每小題答案后,用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.如需改動,用橡皮擦干凈后,再選涂其他答案標號.回答非選擇題時,將答案用0.5mm的黑色筆跡簽字筆寫在答題卡上.4.考試結束后,將本試題和答題卡一并交回.一、選擇題(每題4分,共48分)1.已知點是角終邊上一點,則()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先求出點P到原點的距離,再根據正弦函數的定義求解.【詳解】依題意點P的坐標為,,;故選:D.2.如圖所示,在直二面角中,四邊形是邊長為的正方形,是等腰直角三角形,其中,則點到平面的距離為 A.B.C.D.【答案】B【解析】【詳解】【分析】建立如圖所示的空間直角坐標系,則,,,,從而,,設平面的法向量為則,即令,則,為平面的法向量故點到平面的距離故選.3.已知,,若,則()A.0B.1C.D.【答案】C【解析】【分析】由兩集合相等,元素完全一樣,則可列出等式,結合集合中元素滿足互異性即可解出答案. 【詳解】因為,所以或,解得或或,又集合中的元素需滿足互異性,所以,則.故選:C.4.若,則的最小值為()A.4B.5C.6D.8【答案】C【解析】【分析】根據基本不等式即可求解.【詳解】,因為,所以,所以,當且僅當,即時等號成立,故最小值為6,故選:C5.埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇跡之一,它的形狀可視為一個正四棱錐,以該四棱錐的高為邊長的正方形面積等于該四棱錐側面積的一半,那么其側面三角形底邊上的高與底面正方形的邊長的比值為()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根據正四棱錐的幾何性質列出等量關系,進而即可求解.【詳解】設正四棱錐的高為,底面邊長為,側面三角形底邊上的高為,則由題意可知,, 因此有,即,解得,因為,所以.所以側面三角形底邊上的高與底面正方形的邊長的比值為故選:D.6.若對任意正實數x,y都有,則實數m的取值范圍為()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】將不等式變式為,設后轉化為恒成立,只需求函數的最大值即可.【詳解】因為,所以,設,則,,令恒成立,故單調遞減,當時,,函數單調遞增;當時,,函數單調遞減;.故 所以,得到.故選:A.7.一組數據按照從小到大的順序排列為1,2,3,5,6,8,記這組數據的上四分位數為n,則二項式展開式的常數項為()A.B.60C.120D.240【答案】B【解析】【分析】利用題意找出該組數據的上四分位數為,然后利用二項式展開式的公式找出常數項即可.【詳解】因為,所以,所以展開式的通項為:,令得:,所以展開式的常數項為,故選:B.8.已知一組數據:1,2,3,5,m,則下列說法錯誤的是()A.若平均數為4,則B.中位數可以是5C.眾數可以是1D.總體方差最小時,【答案】B【解析】【分析】對于A,根據平均數公式得到關于m的方程,解方程得到m的值;對于B,對m的取值范圍分類討論,結合中位數的概念確定可能的中位數得到結論;對于C,根據眾數的概念確定眾數是1時m的值,從而得到結論;對于D,根據方差公式結合二次函數的最值進行判斷.【詳解】對于A,平均數為4時,,解得,A正確;對于B,當時,易得中位數為3;當時,5是數據中的最大的數,不可能是中位數,故B錯誤;對于C,當時,眾數可以是1,故C正確; 對于D,設平均數為a,則方差,故當且僅當時,方差取得最小值,D正確.故選:B.9.在平面直角坐標系中,點的坐標為,則點?原點到直線的距離不都為1的直線方程是()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】分別利用點到直線距離公式即可確定答案.【詳解】根據點到直線的距離公式可得,對于A,點到直線的距離為,點到直線的距離為,所以A錯誤;對于B,點到直線的距離為,點到直線的距離為,所以B正確;對于C,點直線的距離為,點O到直線的距離為,所以選項C錯誤;對于D,點到直線的距離為,點O到直線的距離為,所以選項D錯誤.故選:B.10.已知,則直線的傾斜角的取值范圍是()A.B.C.D. 【答案】C【解析】【分析】由題設直線的斜率,再由斜率與傾斜角的關系求角的范圍.【詳解】由題意,直線的斜率k一定存在,且,則,故.故選:C11.已知的一條直徑為是上的兩點,,則()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】取MB的中點為Q,連接NQ,作于點S,然后利用四邊形MQNS為矩形,結合已知可解.【詳解】取MB的中點為Q,連接NQ,作于點S,如圖,則,又,,故四邊形MQNS為矩形,且N,O,Q三點共線,因為,所以所以故,則. 故選:D.12.已知某人射擊每次擊中目標的概率都是0.6,現采用隨機模擬的方法估計其3次射擊至少2次擊中目標的概率P.先由計算器產生0到9之間的整數值的隨機數,指定0?1?2?3?4?5表示擊中目標,6?7?8?9表示未擊中目標.因為射擊3次,所以每3個隨機數為一組,代表3次射擊的結果.經隨機模擬產生了以下20組隨機數:據此估計P的值為()A.0.6B.0.65C.0.7D.0.75【答案】B【解析】【分析】求出20組隨機數中,至少2次擊中目標的次數,利用古典概型求概率公式進行求解.【詳解】20組隨機數中,至少2次擊中目標的有151,525,271,582,407,481,249,333,038,554,731,539,037,共有13組,所以估計P的值為故選:B二、填空題(共22分)13.在梯形中,,,為的中點,將沿直線翻折成,當三棱錐的體積最大時,過點的平面截三棱錐的外接球所得截面面積的最小值為___________.【答案】2π【解析】【分析】當三棱錐的體積最大時,此時到底面的高最大,即此時平面平面,即平面,設球心為在平面內作,垂足為,證明平面即得解.【詳解】解:由題得,因為.因為,所以是△外接圓的圓心,外接圓的半徑為當三棱錐的體積最大時,由于底面的面積是定值,所以此時到底面的高最大,即此時平面平面,即平面.如圖,設球心為在平面內作,垂足為,因為,所以,所以平面, 所以過點的平面截三棱錐的外接球所得最小截面就是過的外接圓.所以截面的最小值為.故答案為:14.已知直線和圓相交于兩點.若,則的值為_________.【答案】5【解析】【分析】根據圓的方程得到圓心坐標和半徑,由點到直線的距離公式可求出圓心到直線的距離,進而利用弦長公式,即可求得.【詳解】因為圓心到直線的距離,由可得,解得.故答案為:.【點睛】本題主要考查圓的弦長問題,涉及圓的標準方程和點到直線的距離公式,屬于基礎題.15.如圖,已知四邊形ABCD為圓柱的軸截面,,E,F為上底圓上的兩個動點,且EF過圓心G,當三棱錐的體積最大時,直線AC與平面BEF所成角的正弦值為________.【答案】【解析】【分析】由的值不變,得到當EF垂直CD時,三棱錐的體積最大,建立的空間直角坐標系,求得向量和平面的法向量,結合向量的夾角公式,即可求解.【詳解】因為,的值不變,所以當EF垂直CD時,三棱錐 的體積最大,建立如圖所示的空間直角坐標系,則,,,設平面的法向量,則,可得,令,則,設直線AC與平面BEF所成角為,則.故答案為:.16.已知直線與直線平行,則___________.【答案】【解析】【分析】由兩直線平行,可得,即可求解.【詳解】由得,,則,故答案為:17.甲?乙兩隊進行籃球決賽,采取七場四勝制(當一隊贏得四場勝利時該隊獲勝,比賽結束),根據以往比賽成績,甲隊的主客場安排依次為“主主客客主客主”,設甲隊主場取勝的概率為0.8,客場取勝的概率為0.5,且各場比賽結果相互獨立,則甲隊以4:1獲勝的概率是__________.【答案】##【解析】【分析】甲隊以4∶1獲勝包含的情況有:①前5場比賽中,第一場負,另外4場全勝,②前5場比賽中,第二場負,另外4場全勝,③前5場比賽中,第三場負,另外4場全勝,④前5場比賽中,第四場負,另外4場全勝,由此能求出甲隊以4∶1獲勝的概率. 【詳解】甲隊的主客場安排依次為“主主客客主客主”設甲隊主場取勝的概率為0.8,客場取勝的概率為0.5,且各場比賽結果相互獨立,甲隊以4:1獲勝包含情況有:①前5場比賽中,第一場負,另外4場全勝,其概率為:,②前5場比賽中,第二場負,另外4場全勝,其概率為:,③前5場比賽中,第三場負,另外4場全勝,其概率為:,④前5場比賽中,第四場負,另外4場全勝,其概率為:,則甲隊以4:1獲勝的概率為:故答案為:0.32三、解答題(本題共5小題,每題16分,共80分)18.已知橢圓C:的離心率為,且過點.(1)求的方程:(2)點,在上,且,,為垂足.證明:存在定點,使得為定值.【答案】(1);(2)詳見解析.【解析】【分析】(1)由題意得到關于的方程組,求解方程組即可確定橢圓方程.(2)方法一:設出點,的坐標,在斜率存在時設方程為,聯立直線方程與橢圓方程,根據已知條件,已得到的關系,進而得直線恒過定點,在直線斜率不存在時要單獨驗證,然后結合直角三角形的性質即可確定滿足題意的點的位置.【詳解】(1)由題意可得:,解得:,故橢圓方程為:.(2)[方法一]:通性通法設點, 若直線斜率存在時,設直線的方程為:,代入橢圓方程消去并整理得:,可得,,因為,所以,即,根據,代入整理可得:,所以,整理化簡得,因為不在直線上,所以,故,于是的方程為,所以直線過定點直線過定點.當直線的斜率不存在時,可得,由得:,得,結合可得:,解得:或(舍).此時直線過點.令為的中點,即,若與不重合,則由題設知是的斜邊,故,若與重合,則,故存在點,使得為定值.[方法二]【最優(yōu)解】:平移坐標系將原坐標系平移,原來的O點平移至點A處,則在新的坐標系下橢圓的方程為 ,設直線的方程為.將直線方程與橢圓方程聯立得,即,化簡得,即.設,因為則,即.代入直線方程中得.則在新坐標系下直線過定點,則在原坐標系下直線過定點.又,D在以為直徑的圓上.的中點即為圓心Q.經檢驗,直線垂直于x軸時也成立.故存在,使得.[方法三]:建立曲線系A點處的切線方程為,即.設直線的方程為,直線的方程為,直線的方程為.由題意得.則過A,M,N三點的二次曲線系方程用橢圓及直線可表示為(其中為系數).用直線及點A處的切線可表示為(其中為系數).即.對比項、x項及y項系數得將①代入②③,消去并化簡得,即.故直線的方程為,直線過定點.又,D在以 為直徑的圓上.中點即為圓心Q.經檢驗,直線垂直于x軸時也成立.故存在,使得.[方法四]:設.若直線的斜率不存在,則.因為,則,即.由,解得或(舍).所以直線的方程為.若直線斜率存在,設直線的方程為,則.令,則.又,令,則.因,所以,即或.當時,直線的方程為.所以直線恒過,不合題意;當時,直線的方程為,所以直線恒過.綜上,直線恒過,所以.又因為,即,所以點D在以線段為直徑的圓上運動. 取線段的中點為,則.所以存在定點Q,使得為定值.【整體點評】(2)方法一:設出直線方程,然后與橢圓方程聯立,通過題目條件可知直線過定點,再根據平面幾何知識可知定點即為的中點,該法也是本題的通性通法;方法二:通過坐標系平移,將原來的O點平移至點A處,設直線的方程為,再通過與橢圓方程聯立,構建齊次式,由韋達定理求出的關系,從而可知直線過定點,從而可知定點即為的中點,該法是本題的最優(yōu)解;方法三:設直線,再利用過點的曲線系,根據比較對應項系數可求出的關系,從而求出直線過定點,故可知定點即為的中點;方法四:同方法一,只不過中間運算時采用了一元二次方程的零點式賦值,簡化了求解以及的計算.19.如圖,在三棱錐中,,底面ABC(1)證明:平面平面PAC(2)若,M是PB中點,求AM與平面PBC所成角的正切值【答案】(1)證明見解析(2)【解析】【分析】(1)由,得到,再根據底面ABC,得到,然后利用線面垂直和面面垂直的判定定理證明;(2)作,連接OM,由平面平面PAC,得到平面PBC,則即為AM與平面PBC所成的角求解.【小問1詳解】證明:因為,所以,又底面ABC,所以,又, 所以平面PAC,因為平面PBC,所以平面平面PAC;【小問2詳解】如圖所示:作,連接OM,因為平面平面PAC,平面平面PAC=PC,所以平面PBC,則即為AM與平面PBC所成的角,設,則,所以,又,所以,所以AM與平面PBC所成角的正切值為.20.已知函數.若函數在處有極值-4.(1)求的單調遞減區(qū)間;(2)求函數在上的最大值和最小值.【答案】(1);(2).【解析】【詳解】試題分析:先求出導函數,根據導數的幾何意義得到關于的方程組,求得后再根據導函數的符號求出單調遞減區(qū)間.由求出函數的單調區(qū)間,可以數判斷函數在上的單調性,求出函數在 上的極值和端點值,通過比較可得的最大值和最小值.試題解析:(1)∵,∴,依題意有即,解得∴,由,得,∴函數的單調遞減區(qū)間由知∴,令,解得.當變化時,的變化情況如下表:由上表知,函數在上單調遞減,在上單調遞增.故可得又.∴綜上可得函數在上的最大值和最小值分別為和.21.已知圓與圓相交于兩點,點位于軸上方,且兩圓在點處的切線相互垂直.(1)求的值;(2)若直線與圓?圓分別切于兩點,求的最大值. 【答案】(1)(2)最大值為3【解析】【分析】(1)根據切線的性質構造直角三角形,結合勾股定理求解;(2)平移公切線構造直角三角形,由勾股定理結合基本不等式求解的最大值.【小問1詳解】如圖,由題意可知與圓相切,與圓相切,且,故,即.【小問2詳解】作于點H,連接PQ,在中,,其中,故,又,當且僅當時取等號,故,即的最大值為3.22.在正方體中,為的中點,為棱上一點,平面交棱于點,交棱于點. (1)若,求;(2)若,求證:平面.【答案】(1)(2)證明見解析【解析】【分析】(1)連接,并延長,DA交于點Q,連接QE,則QE與AB的交點即為點F,根據相似三角形的相似比可得;(2)設正方體棱長為a,,延長,EH交于點S,連接,AC,利用三角形相似比求得t和CH,然后可證.【小問1詳解】連接,并延長,DA交于點Q,連接QE,則QE與AB的交點即為點F,如圖,易得,,又,則,則.小問2詳解】設正方體棱長為a,,易得,則,故.延長,EH交于點S,連接,AC,如圖, 易得,則,則,又,則,化簡得,則,故,則四邊形MACH為平行四邊形,則,平面ABCD,平面ABCD,則平面ABCD.

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