北京市海淀区学年高二上学期期末考试理科数学试题.docx
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北京市海淀区学年高二上学期期末考试理科数学试题
北京市海淀区2020-2021学年高二上学期期末考试理科数学
试题
学校:
姓名:
班级:
考号:
一、单选题
1.直线2x+y-l=0在y轴上的截距为
2・在空间直角坐标系中,己知点4(1,0.1),B(3,2,l),则线段43的中点的坐标是()
A.(1,1,1)B.(2,1,1)C.(1,1,2)D.(1,2,3)
3.已知圆x2+y2-3x+ιn+l=0经过原点,则实数加等于
33
A.E.—1C・1D・—
22
4.鲁班锁是曾广泛流传与民间的智力玩具,它起源于中国占代建筑中首创的桦卯结构,不用钉子和绳子,完全靠自身机构的连接支撑,它看似简单,却凝结着不平凡的智慧.下图为鲁班锁的其中一个零件的三视图,则该零件的体积为()
IRKffi
A.32B.34
c・36
D.40
5.已知平面&,β,直线加,“,
下列命题中假命题是(
•••
)
A.若皿丄a,加丄0,则α∕∕0
B.若m∕/n,
M丄α,则H丄a
C.若皿丄α,加U0,则G丄0
D.若InlIa,
α∕∕0,nu/3,则加//〃
6.椭圆C:
≡+-=1的焦点为片,&,若点M在C上且满^∖MFl∖-∖MF2∖=2,
则厶FIMF2中最大角为()
A.90°B.105°C.120oD.150°
7・是“方程X2+∕ny2=W表示双曲线”的
8.平面α,β,/两两互相垂直,在平面α内有一点A到平面0,平面厂的距离都等于1•则在平面α内与点A,平面0,平面了距离都相等的点的个数为()
A.1B.2C.3D.4
二、双空题
9.直线/:
x+y-i=O的倾斜角为,经过点(1,1)且与直线/平行的直线方程为
三、填空題
10.直线√3x+y-l=0被圆√+y2=l所截得的弦长为.
11.请从正方体ABCD-Aga的8个顶点中,找出4个点构成一个三棱锥,使得
这个三棱锥的4个面都是直角三角形,则这4个点可以是.(只需写出一组)
12.在平面直角坐标系中,已知点4(1,2,0),B(x,3-l)fC(4,y,2),若4、3、C
三点共线,则X+)'=.
13.已知椭圆G和双曲线C,的中点均为原点,且焦点均在X轴上,从每条曲线上取两
个点,将其坐标记录于下表中,则双曲线的离心率为•
X
O
4
2√6
V
2√2
-2
2√2
14.曲线W的方程为(x2+y2)3=8x2y2.
1请写出曲线W的两条对称轴方:
f;
2请写出曲线W上的两个点的坐标:
3曲线W上的点到原点的距离的取值范围是.
四、解答題
15.在平面直角坐标系XOy中,圆C的半径为1,其圆心在射线y=χ(χ≥0)±,f且IOCI=2√2.
(I)求圆C的方程;
(H)若直线/过点P(l,0),且与圆C相切,求直线/的方程.
16.如图,在三棱锥P-ABC中,PB=PC.AB=AC.且点ZKE分别是BC,
PB的中点・
(I)求证:
DE//平面PAC;
(II)求证:
平面ABC丄平面PAD•
17.如图,平面ABCF丄平面FCDE,四边形ABCF和FCDE是全等的等腰梯形,其中AB//FC//ED.且AB=BC=丄FC=2,点O为FC的中点,点G是A3的
2
中占
I√⅜⅞¼•
υ
(I)请在图中所给的点中找出两个点,使得这两个点所在直线与平面EGO垂直,并给出证明:
••
(II)求二面角O—EG-F的余弦值:
(III)在线段Cr)上是否存在点H,使得阳//平面EGO?
如果存在,求出D/7的
长度,如果不存在,请说明理由.
18.已知抛物线W:
才=4x,直线x=4与抛物线W交于4,B两点.点P(Xo,儿)
(Xo<4,y0≥0)为抛物线上一动点,直线P4,P3分别与X轴交于M,N.
(I)若APAB的面积为4,求点P的坐标:
(II)当直线FA丄PB时,求线段Pl的长:
(III)若APMN与MAB面积相等,求WMN的面积.
参考答案
1.D
【解析】
T令Λ=0,此时y=l
・•・在)'轴上的截距为1
故选D
2.B
【解析】
VA(1,0,1),3(3,2,1),
故选B
3.B
【解析】•••圆经过原点(0.0)
•°・代入可得/77+1=0
∙a∙m=-1
故选B
4.C
【解析】
•••由图町知要计算鲁班锁的体积,可将其分解为求三个长方体的体积左右两个长方体的长宽高分别为42,2,中间的长方体长宽高为2,2,1•••零件的体积为4x2x2+2x2x1+4x2x2=36
故选C
点睛:
思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系,遵循“长对正,高平齐,宽相等”的基本原则,其内涵为正视图的高是几何体的高,长是几何体的长:
俯视图的长是几何体的长,宽是几何体的宽;侧视图的高是几何体的高,宽是几何体的宽.
5.D
4中丄α,加丄0,.∙.α∕∕0,故正确,
B中-m∕∕n,加丄α,.∙.〃丄α,由平行线中的一条直线垂直于一个平面,则另一条也
垂直于这个平面可知,B正确;
C中加丄α,m⊂β,由面面垂直判定定理可知Q丄0,故正确;
故选D
点睛:
根据直线与平面垂直的性质和直线与平面所成角的定义,得到4正确;根据直线与平面垂直的定义,结合平面与平面平行的判定定理,得到3正确,根据直线与平面垂直的性质定理和平面与平面垂直的判定定理,得到C正确;根据直线与平面平行的性质定理的大前提,可知D错误,,由此得到正确的答案。
6.A
【解析】
・•・焦点好(—2,0)迅(2,0)
Y点M在C上
Λ+1Mf;|=8
•・•IM可TMFJ=2
∙∙∙∣M用=5,IMΛ∣=3
・・・|陋|=4∙∙∙zV7]MFj中最人角为ZMF2F1
+林「_9+16_25
2∖MF2^FiF2∖2×3×4
∙∙∙AMF2Fi=90°
故选A
点睛:
本题考查椭圆的简单的性质的应用,根据三边求最人角,先求出最人边,根据“大边对人角”町以判断最人角,再利用余弦定理求出余弦值即可得角.
7.C
【解析】
若方程X2+my2=7W=>-+y2=1为双曲线,贝IJIn : .m 故选C S.B 【解析】不妨设到点4,平面0,/距离为X则有X2+X2=(λ∕∑-xj或X,+X,=(>∕Σ+x) 两方程解得两个根,故共有两个点,符合题意C 9∙T“十 【解析】•••直线/的斜率为—1,设倾斜角为θ^<θ<π) /.tanθ=-l ・・・—普 设与直线I平行的直线方程为X+y+t=09将点(14)代入可得t=-2故直线方程为x+y—2=0 故答案为——^x+y—2=Q 4 10.√3 【解析】 」1+11由题意可知: d=z=-=- √3+lL ••弦长为2y∣r2—d~—∖∣3 11.A,A5C(此答案不唯一) .4ι 在正方体的一个面上取三个点构成的直角三角形作为三棱锥的底面,¼∣ΔABC;取对面上与直角三角形锐角顶点正对的顶点,作为三棱锥的顶点,即点可得两个符合条件的三棱锥Al-ABC故答案为AM,B,c 1 12.-- 2 【解析】 →=(3,y-2,2) •••4、B、C三点共线, ∙∖->=λ->可知兄=―? ACΛHJZUZV乙 .∙.-2(x-l)=3,解得x= _2=y—2,解得y=0则X+V=_丄 •2 点睛: 本题考查的是空间直角坐标系和三点共线的知识点,要掌握三点共线的特点,由含有公共点的向量结合共线定理可以先求出兄的值,然后计算求得X、从而求得结果 B. 2 【解析】由题意及表格知: (0,2√2)是椭圆上的点,(4-2)和(2Al2J7)是双曲线上的点 164I =1 •&快 ••(248I =1 a~b2 a~=8 夕=4 ∙*∙c2=CI1+b2=12 ・•・双曲线的离心率为e=-=^L=^ CI2√22 故答案为並 2 14.X=Oty=0,y=x,y=-χ中的任意两条都对(o,o),(1,1)此答案不唯一 [0,√2] 【解析】 1不难发现,其图彖关于)'轴对称,即χ=o,又〉',兀可以互换,结果不变,故关于y=χ 对称; 2可以得到(0,0)和(1,1)两个特殊点坐标 3(亍+F)'=8x2y2<8x";,),即(亍+r)12(亍+r)2 .∙.X2+y2≤2,贝IJ到原点距离范围为[θ,√2] 15.(I)C-.(x-2)1+(y-2)2=I(II)X=I或3x-4y-3=0. 【解析】 试题分析: (I)设出C的坐标,根据线段长度求出C的坐标,即可求圆C的方程;(II) 讨论直线斜率是否存在,利用直线和圆相切的位置关系建立方程关系进行求解即可. 试题解析: (I)设圆心C仏C/),则∖θC∖=>∕a2+a2=2√2 解得a=2,a=-2(舍掉) 所以圆Cd-2)'+(y—2)'=1 (II)若直线/的斜率不存在,直线/: x=l,符合题意 若直线/的斜率存在,设直线/为y=k(x—1), 即kx-y-k=O 由题意,圆心到直线的距离d=Ir=1, √F+ι 3解得R=— 4 所以直线/的方程为3x-4y-3=0 综上所述,所求直线/的方程为X=1或3x-4y-3=0. 16.(I)见解析;(II)见解析. 【解析】 试题分析: (1)证明DEwPCf利用线面平行的判定定理证明DEIl平面PAC (2)证明BC丄平面PAD,即可证明平面ABC丄平面PAD 解析: (I)证明: 在APBC中, 因为D,E分别是BC,PB的中点, 所以DEIlPC 因为DEE平面PAC,PCU平面PAC 所以DE7/平面PAC. (II)证明: 因为PB=PC,AB=AC,D是BC的中点, 所以PD丄BC,4D丄BC 因为PDCAD=D>PD,ADU平面∕¼Q 所以BC丄平面PAD 因为BCU平面ABC 所以平面4BC丄平面PAD. 17.(I)见解析;(II)一』I;(IlI)见解析. 4 【解析】 试题分析: (1)法一: 向量法,分别以边OG,OC,OH所在直线为X,V,Z轴,给出 相应点坐标,证明FDOG=0,FD∙θE=0法二: 先证OG丄FC接着证明所以OG丄 平面FCDE即OG丄FD最后证得结果 (2)要求二面角的平面角的余弦值就先求得平面 EFG的法向量,利用公式即可算出结果⑶法一: 借助向量假设存在,计算可得丽・BH=3矛盾,故不存在;法二: 假设存在点H,证得平面EOG//平面BCD,即有GBCO为平行四边形,所以GB=CO,矛盾 解析: 法一: 向量法 (I)F,D点为所求的点 证明如下: 因为四边形ABCF是等腰梯形,点0为尸C的中点,点G是43的中点
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- 北京市 海淀区 学年 高二上 学期 期末考试 理科 数学试题