2020-2021学年安徽省六安市高二(上)12月段考数学(文)试卷人教A版
展开这是一份2020-2021学年安徽省六安市高二(上)12月段考数学(文)试卷人教A版,共9页。试卷主要包含了选择题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。
1. 直线x+3y−1=0的倾斜角α=( )
A.30∘B.60∘C.120∘D.150∘
2. 在空间直角坐标系中,若A(0, 2, 5),B(−1, 3, 3),则AB=( )
A.10B.3C.7D.6
3. 下列各数中最小的数为( )
A.111111(2)B.210(6)C.1000(4)D.71(8)
4. 给出下列四个命题:
(1)平行于同一直线的两个平面平行;
(2)平行于同一平面的两条直线平行;
(3)垂直于同一直线的两条直线平行;
(4)垂直于同一平面的两条直线平行.
其中正确命题的个数是( )
A.1个B.2个C.3个D.4个
5. 已知p,q满足p+2q−1=0,则直线px+3y+q=0必过定点( )
A.12,−16B.12,16C.−16,12D.16,−12
6. 设变量x,y满足约束条件3x+y−6≥0,x−y−2≤0,y−3≤0,则目标函数z=y−2x 的最小值为( )
A.−7B.−4C.1D.2
7. 已知f(x)=x5+2x3+3x2+x+1,应用秦九韶算法计算x=3时的值时,v3的值为( )
A.27B.11C.109D.36
8. 若实数a,b满足a+b=2,则3a+3b的最小值是( )
A.18B.6C.23D.32
9. 已知关于x的不等式(m−2)x2+2(m−2)x+4>0的解集为R,则实数m的取值范围是( )
A.(2,6)B.(−∞,2)∪(6,+∞)C.(−∞,2]∪(6,+∞)D.[2,6)
10. 已知直线l:y=x+m与曲线x=1−y2有两个公共点,则实数m的取值范围是( )
A.[−1,2)B.(−2,−1]C.[1,2)D.(−2,1]
11. 已知圆C1:x2+y2−kx+2y=0与圆C2:x2+y2+ky−4=0的公共弦所在直线恒过定点P(a, b),且点P在直线mx−ny−2=0上,则mn的取值范围是( )
A.(0, 14)B.(0, 14]C.(−∞,14)D.(−∞,14]
12. 已知圆C1:(x−2)2+(y−3)2=1,圆C2:(x−3)2+(y−4)2=9,M,N分别是圆C1,C2上的点,P为x轴上的动点,则|PM|+|PN|的最小值为( )
A.17B.17−1C.6−22D.52−4
二、填空题
已知某几何体的三视图(单位:cm)如图所示,则该几何体的体积是________.
三、解答题
已知直线l过直线x−y−1=0与直线2x+y−5=0的交点P.
(1)若l与直线x+3y−1=0垂直,求l的方程;
(2)点A−1,3和点B3,1到直线l的距离相等,求直线l的方程.
在平面直角坐标系中,△ABC顶点的坐标分别为A−1,2,B1,4,C3,2.
(1)求△ABC外接圆M的方程;
(2)若直线l经过点0,4,且与圆M相交所得的弦长为23,求直线l的方程.
如图,正方形ABCD和矩形ACEF所在平面互相垂直, AB=2 ,AF=2,M为EF的中点.
(1)证明:平面ABF//平面DCE;
(2)证明:AM//平面BDE.
已知圆C的圆心在直线x−2y+4=0上,且与x轴交于两点A−5,0,B1,0 .
(1)设圆C与直线x−y+1=0交于E,F两点,求|EF|的值;
(2)已知Q2,1,点P在圆C上运动,求线段PQ中点M的轨迹方程.
如图,在直三棱柱ABC−A1B1C1中, AB⊥侧面BB1C1C,E是CC1上的中点,且BC=1,BB1=2.
(1)求证: B1E⊥平面ABE;
(2)若三棱锥A−BEA1的体积是33,求异面直线AB和A1C1所成角的大小.
已知圆C1与圆C2:x+12+y+22=4关于直线y=x+1对称.
(1)求圆C1的方程及圆C1与圆C2的公共弦长;
(2)设过点A0,3的直线l与圆C1交于M,N两点,O为坐标原点,求OM→⋅ON→的最小值及此时直线l的方程.
参考答案与试题解析
2020-2021学年安徽省六安市高二(上)12月段考数学(文)试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
直线的倾斜角
【解析】
求出直线的斜率,然后求解在的倾斜角即可.
【解答】
解:直线x+3y−1=0,
该直线的斜率为:−33.
设直线的倾斜角为α,
则tanα=−33,
∴ α=150∘.
故选D.
2.
【答案】
D
【考点】
空间两点间的距离公式
【解析】
根据空间坐标系中两点间距离公式求解即可.
【解答】
解:在空间直角坐标系中,A0,2,5,B(−1,3,3),
所以AB→=−1−0,3−2,3−5=−1,1,−2,
所以AB=−12+12+−22=6.
故选D.
3.
【答案】
D
【考点】
进位制
【解析】
由非十进制转化为十进制的方法,我们将各数位上的数字乘以其权重累加后,将各数化成十进制数后比较大小即可得到答案.
【解答】
解:111111(2)=1+1⋅2+1⋅22+1⋅23+1⋅24+1⋅25=63,
210(6)=0+1⋅6+2⋅62=78,
1000(4)=1⋅43=64,
71(8)=1+7⋅81=57,
所以最小的数是71(8).
故选D.
4.
【答案】
A
【考点】
空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】
对四个选项逐一分析,找出正确的命题.
【解答】
解:对于命题(1),平行于同一直线的两个平面有可能相交;故是假命题;
对于命题(2),平行于同一平面的两条直线有相交、平行和异面三种可能;故是假命题;
对于命题(3),垂直于同一直线的两条直线有相交、平行和异面三种可能;故是假命题;
对于命题(4),垂直于同一平面的两条直线平行,根据线面垂直的性质可以判断两直线平行;故是真命题.
故选A.
5.
【答案】
A
【考点】
直线恒过定点
【解析】
消元整理可得x+3y+q1−2x=0,由直线系的知识解方程组可得.
【解答】
解:∵ p,q满足p+2q−1=0 ,
∴ p=1−2q,
代入直线方程px+3y+q=0可得1−2qx+3y+q=0,
整理可得x+3y+q1−2x=0,
解方程组x+3y=0,1−2x=0,
可得 x=12,y=−16,
∴ 直线px+3y+q=0必过定点12,−16.
故选A .
6.
【答案】
A
【考点】
求线性目标函数的最值
简单线性规划
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解:由约束条件画出可行域如图所示:
由z=y−2x得,y=2x+z.
由图可知,当直线y=2x+z过点A时,
直线在y轴上的截距最小.
联立y=3,x−y−2=0,得x=5,y=3,即A(5, 3),
则z有最小值为3−2×5=−7.
故选A.
7.
【答案】
D
【考点】
秦九韶算法
【解析】
秦九韶算法可得f(x)=((((x+0)x+2)x+3)x+1)x+1,进而得出.
【解答】
解:由秦九韶算法可得
f(x)=x5+2x3+3x2+x+1
=(((x+0)x+2)x+3)x+1)x+1,
∴ v0=1,
v1=1×3+0=3,
v2=3×3+2=11,
v3=11×3+3=36.
故选D.
8.
【答案】
B
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
先判断3a与3b的符号,利用基本不等式建立关系,结合a+b=2,可求出3a+3b的最小值
【解答】
解:由于3a>0,3b>0,
所以3a+3b≥23a⋅3b
=23a+b
=232
=6.
当且仅当3a=3b,a=b,即a=1,b=1时取得最小值.
故选B.
9.
【答案】
D
【考点】
一元二次不等式的解法
不等式恒成立问题
【解析】
利用一元二次不等式和一元二次函数之间的关系进行判断.
【解答】
解:①当 m=2 时,原不等式可化为 4>0 ,对于任意实数恒成立,故m=2 适合题意;
②当 m−2≠0时, m≠2 时,要使不等式(m−2)x2+2(m−2)x+4>0的解集为R,
则有m−2>0,Δ=4(m−2)2−4×4(m−2)<0,
即m−2>0,(m−2)(m−6)<0,解得m>2,2
故选D..
10.
【答案】
B
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
由曲线x=1−y2表示一个半圆,直线y=x+m表示平行于y=x的直线,作出图象,利用数形结合思想,即可求解.
【解答】
解:根据题意,可得曲线x=1−y2表示一个半圆,
直线y=x+m表示平行于y=x的直线,其中m表示在y轴上的截距,
作出图象,如图所示,
从图中可知l1,l2之间的平行线与半圆有两个交点,l1,l2在y轴上的截距分别为−2,−1,
所以实数m的取值范围是(−2,−1].
故选B.
11.
【答案】
D
【考点】
直线与圆的位置关系
圆与圆的位置关系及其判定
【解析】
把两圆的方程作差即可得出公共弦所在直线方程,再利用直线系方程求出x,y的值,即a,b的值,然后代入直线方程mx−ny−2=0,由配方法即可求mn的取值范围.
【解答】
解:由圆C1:x2+y2−kx+2y=0,圆C2:x2+y2+ky−4=0,
得圆C1与圆C2的公共弦所在直线方程为:k(x+y)−2y−4=0,
联立 x + y = 0, − 2y −4=0, 解得 x=2,y=−2,
即a=2,b=−2,
又P(2, −2)在直线mx−ny−2=0上,
∴ 2m+2n−2=0,即n=1−m.
∴ mn=m(1−m)=−m2+m
=−(m − 12)2 + 14≤14.
∴ mn的取值范围是(−∞, 14].
故选D.
12.
【答案】
D
【考点】
圆与圆的位置关系及其判定
两点间的距离公式
【解析】
求出圆C1关于x轴的对称圆的圆心坐标A,以及半径,然后求解圆A与圆C2的圆心距减去两个圆的半径和,即可求出|PM|+|PN|的最小值.
【解答】
解:如图,
圆C1关于x轴的对称圆的圆心坐标A(2, −3),半径为1,
圆C2的圆心坐标(3, 4),半径为3,
|PM|+|PN|的最小值为圆A与圆C2的圆心距减去两个圆的半径和,
即:(3−2)2+(4+3)2−4=52−4.
故选D.
二、填空题
【答案】
100cm3
【考点】
由三视图求体积(切割型)
【解析】
由三视图知几何体为长方体砍去一个三棱锥,根据三视图的数据求出长方体的棱长、三棱锥的高和底面上的边长,代入体积公式和面积公式计算即可.
【解答】
解:由三视图可得,原几何体为:一个长宽高分别为6cm、3cm、6cm的长方体砍去一个三棱锥,
且三棱锥的底面为直角边分别为3cm,4cm的直角三角形,高为4cm,如图,
∴ 该几何体的体积V=3×6×6−13×12×3×4×4
=108−8=100(cm3),
故答案为:100cm3.
三、解答题
【答案】
解:(1)由x−y−1=0,2x+y−5=0,解得P2,1,
由于l与x+3y−1=0垂直,
则l的斜率为3,代入直线的点斜式方程得:y−1=3x−2,
即3x−y−5=0.
(2)由(1)知直线l过P2,1,
若直线l的斜率不存在,即x=2,此时A,B到直线l的距离不相等,
故直线l的斜率一定存在,
设直线l的方程为:y=kx−2+1,即kx−y−2k+1=0,
由题意得|−k−3−2k+1|k2+1=|3k−1−2k+1|k2+1,
解得:k=−1或k=−12,
故所求直线方程是:x+2y−4=0或x+y−3=0.
【考点】
直线的一般式方程与直线的垂直关系
直线的点斜式方程
两条直线的交点坐标
点到直线的距离公式
【解析】
无
无
【解答】
解:(1)由x−y−1=0,2x+y−5=0,解得P2,1,
由于l与x+3y−1=0垂直,
则l的斜率为3,代入直线的点斜式方程得:y−1=3x−2,
即3x−y−5=0.
(2)由(1)知直线l过P2,1,
若直线l的斜率不存在,即x=2,此时A,B到直线l的距离不相等,
故直线l的斜率一定存在,
设直线l的方程为:y=kx−2+1,即kx−y−2k+1=0,
由题意得|−k−3−2k+1|k2+1=|3k−1−2k+1|k2+1,
解得:k=−1或k=−12,
故所求直线方程是:x+2y−4=0或x+y−3=0.
【答案】
解:(1)设圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0,
则1+4−D+2E+F=0,1+16+D+4E+F=0,9+4+3D+2E+F=0,
解得D=−2,E=−4,F=1.
∴△ABC外接圆M的方程为x2+y2−2x−4y+1=0.
(2)当直线l的斜率k不存在时,直线l的方程为x=0,
联立x=0,x2+y2−2x−4y+1=0,
得x=0,y=2−3或x=0,y=2+3,
弦长为23,满足题意.
当直线l的斜率k存在时,设直线l的方程为y−4=kx,即kx−y+4=0,
由于圆心(1,2)到该直线的距离为22−2322=1,
故有|k−2+4|k2+1=1,求得k=−34,
∴直线l的方程为−34x−y+4=0,即3x+4y−16=0.
综上可得,直线l的方程x=0或3x+4y−16=0.
【考点】
直线与圆的位置关系
圆的一般方程
直线的一般式方程
【解析】
答案未提供解析.
答案未提供解析.
【解答】
解:(1)设圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0,
则1+4−D+2E+F=0,1+16+D+4E+F=0,9+4+3D+2E+F=0,
解得D=−2,E=−4,F=1.
∴△ABC外接圆M的方程为x2+y2−2x−4y+1=0.
(2)当直线l的斜率k不存在时,直线l的方程为x=0,
联立x=0,x2+y2−2x−4y+1=0,
得x=0,y=2−3或x=0,y=2+3,
弦长为23,满足题意.
当直线l的斜率k存在时,设直线l的方程为y−4=kx,即kx−y+4=0,
由于圆心(1,2)到该直线的距离为22−2322=1,
故有|k−2+4|k2+1=1,求得k=−34,
∴直线l的方程为−34x−y+4=0,即3x+4y−16=0.
综上可得,直线l的方程x=0或3x+4y−16=0.
【答案】
证明:(1)由已知易得AB//CD ,CD⊂平面DCE,
AB⊄平面DCE,
所以AB//平面DCE.
又因为AF//CE,同理得AF//平面DCE,且AB∩AF=A,AB,AF⊂平面ABF,
所以平面ABF//平面DCE.
(2)设AC∩BD=O,连接OE,则O为AC中点,
因为M为EF的中点,
所以EM//OA,且EM=OA,
所以四边形OAME为平行四边形,
所以AM//OE.
又AM⊄平面BDE,OE⊂平面BDE,
所以AM//平面BDE.
【考点】
平面与平面平行的判定
直线与平面平行的判定
【解析】
此题暂无解析
【解答】
证明:(1)由已知易得AB//CD ,CD⊂平面DCE,
AB⊄平面DCE,
所以AB//平面DCE.
又因为AF//CE,同理得AF//平面DCE,且AB∩AF=A,AB,AF⊂平面ABF,
所以平面ABF//平面DCE.
(2)设AC∩BD=O,连接OE,则O为AC中点,
因为M为EF的中点,
所以EM//OA,且EM=OA,
所以四边形OAME为平行四边形,
所以AM//OE.
又AM⊄平面BDE,OE⊂平面BDE,
所以AM//平面BDE.
【答案】
解:(1)由圆C与x轴交于A−5,0,B1,0可得,
圆心C在AB的中垂线上,即C在直线x=−2上,
与x−2y+4=0联立,
可得C−2,1,半径r=−2−12+1−02=10,
则圆C的方程为x+22+y−12=10,
圆心到直线x−y+1=0的距离d=|−2−1+1|2=2,
则|EF|=2r2−d2=210−2=42.
(2)设Mx,y,M为PQ的中点,且Q2,1,
可得P2x−2,2y−1,
由P在圆C上运动,将其坐标代入圆C的方程可得,
2x−2+22+2y−1−12=10,
即为x2+y−12=52,
则线段PQ中点M的轨迹方程为x2+y−12=52.
【考点】
直线与圆的位置关系
点到直线的距离公式
圆的标准方程
轨迹方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解:(1)由圆C与x轴交于A−5,0,B1,0可得,
圆心C在AB的中垂线上,即C在直线x=−2上,
与x−2y+4=0联立,
可得C−2,1,半径r=−2−12+1−02=10,
则圆C的方程为x+22+y−12=10,
圆心到直线x−y+1=0的距离d=|−2−1+1|2=2,
则|EF|=2r2−d2=210−2=42.
(2)设Mx,y,M为PQ的中点,且Q2,1,
可得P2x−2,2y−1,
由P在圆C上运动,将其坐标代入圆C的方程可得,
2x−2+22+2y−1−12=10,
即为x2+y−12=52,
则线段PQ中点M的轨迹方程为x2+y−12=52.
【答案】
(1)证明:连接BE,
∵ BC=1,BB1=2,E是CC1上的中点,
△BCE,△B1C1E为等腰直角三角形,即∠BEC=∠B1EC1=π4,
∴ ∠BEB1=π2,即BE⊥B1E.
∵ AB⊥ 平面BB1C1C,B1E⊂平面ABC,
∴ B1E⊥AB,且AB∩BE=B,
∴ B1E⊥平面ABE.
(2)解:∵ AB//A1B1,
∴ A1,B1到平面ABE的距离相等,
由(1)得BE=B1E=2,
故VA−BEA1=VA1−ABE=VB1−ABE
=13S△ABE×B1E
=13×12×AB×BE×B1E=33,
解得:AB=3.
∵ AC//A1C1,
∴ 异面直线AB和A1C1所成角为∠CAB,
在Rt△ABC中,tan∠CAB=CBAB=33,
∴ ∠CAB=30∘
∴ 异面直线AB和A1C1所成角的大小为30∘.
【考点】
直线与平面垂直的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
异面直线及其所成的角
【解析】
无
无
【解答】
(1)证明:连接BE,
∵ BC=1,BB1=2,E是CC1上的中点,
△BCE,△B1C1E为等腰直角三角形,即∠BEC=∠B1EC1=π4,
∴ ∠BEB1=π2,即BE⊥B1E.
∵ AB⊥ 平面BB1C1C,B1E⊂平面ABC,
∴ B1E⊥AB,且AB∩BE=B,
∴ B1E⊥平面ABE.
(2)解:∵ AB//A1B1,
∴ A1,B1到平面ABE的距离相等,
由(1)得BE=B1E=2,
故VA−BEA1=VA1−ABE=VB1−ABE
=13S△ABE×B1E
=13×12×AB×BE×B1E=33,
解得:AB=3.
∵ AC//A1C1,
∴ 异面直线AB和A1C1所成角为∠CAB,
在Rt△ABC中,tan∠CAB=CBAB=33,
∴ ∠CAB=30∘
∴ 异面直线AB和A1C1所成角的大小为30∘.
【答案】
解:(1)设C1a,b,则由题意得:
b+2a+1⋅1=−1,a−12−b−22+1=0, 解得a=−3,b=0,
∴ 圆C1的方程为x+32+y2=4,
将圆C1与圆C2的方程相减得两圆的公共弦所在直线方程为x−y+1=0,
圆心C1−3,0到公共弦所在直线的距离为22=2,
所以两圆的公共弦长为24−2=22.
(2)若直线l与y轴重合,此时直线l与圆C1相离,不合题意;
所以,直线l的斜率存在,设点Mx1,y1,Nx2,y2,
设直线l的方程为y=kx+3,
联立y=kx+3,x+32+y2=4,
整理得1+k2x2+6k+1x+14=0,
Δ=36k+12−56k2+1=−45k2+18k+5>0,
解得9−2145
所以,OM→⋅ON→=x1x2+y1y2
=1+k2x1x2+3kx1+x2+9=23−18k2+kk2+1
=5−18k−1k2+1,
其中9−2145
则OM→⋅ON→=5−18tt2+2t+2
=5−18t+2t+2≥5−182t⋅2t+2=14−92,
当且仅当t=2时, OM→⋅ON→取得最小值14−92,
此时k=2+1,则直线l的方程为y=2+1x+3.
【考点】
圆的标准方程
圆与圆的位置关系及其判定
点到直线的距离公式
直线与圆的位置关系
与圆有关的最值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解:(1)设C1a,b,则由题意得:
b+2a+1⋅1=−1,a−12−b−22+1=0, 解得a=−3,b=0,
∴ 圆C1的方程为x+32+y2=4,
将圆C1与圆C2的方程相减得两圆的公共弦所在直线方程为x−y+1=0,
圆心C1−3,0到公共弦所在直线的距离为22=2,
所以两圆的公共弦长为24−2=22.
(2)若直线l与y轴重合,此时直线l与圆C1相离,不合题意;
所以,直线l的斜率存在,设点Mx1,y1,Nx2,y2,
设直线l的方程为y=kx+3,
联立y=kx+3,x+32+y2=4,
整理得1+k2x2+6k+1x+14=0,
Δ=36k+12−56k2+1=−45k2+18k+5>0,
解得9−2145
所以,OM→⋅ON→=x1x2+y1y2
=1+k2x1x2+3kx1+x2+9=23−18k2+kk2+1
=5−18k−1k2+1,
其中9−2145
则OM→⋅ON→=5−18tt2+2t+2
=5−18t+2t+2≥5−182t⋅2t+2=14−92,
当且仅当t=2时, OM→⋅ON→取得最小值14−92,
此时k=2+1,则直线l的方程为y=2+1x+3.
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