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2024十堰部分普通高中高二上学期11月期中考试数学试卷PDF版含答案
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这是一份2024十堰部分普通高中高二上学期11月期中考试数学试卷PDF版含答案，文件包含湖北十堰市部分普通高中2023-2024学年高二上学期11月期中考试数学试卷pdf、湖北十堰市部分普通高中2023-2024学年高二上学期11月期中考试数学答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共9页， 欢迎下载使用。
二、多选题
填空题
-1 14. 2.5 15. 2x+3y=0，x−y−5=0 16.
三、解答题
17.解：(Ⅰ)因为点B(2 , 0)，点C(0 , 3)，所以边BC所在直线斜率kBC=−32，
所以边BC上的高所在直线的斜率k=2 33，且过点A(−1 , 0)．
所以边BC上的高所在直线的方程为y=2 33(x+1)．
(Ⅱ)由kAC= 3得∠BAC=60∘，所以∠BAC 角平分线的倾斜角为30∘，
所以∠BAC角平分线所在直线的斜率k1=tan 30∘= 33，且过点A(−1,0)，
所以∠BAC角平分线所在直线l的方程为y= 33(x+1)．
18.解：∵MQ=xMG+yMNx,y∈R，∴点Q在平面MGN上，
如图，分别取AB，CC1，C1D1的中点E，F，O，
连接OG,OF,FN,EN,AD1,OE,NG，
因为M,G 分别为AA1，A1D1的中点，故MG//AD1，
又由正方体ABCD−A1B1C1D1可得D1O=12D1C1，AE=12AB,D1C1//AB,D1C1=AB，
故D1O//AE,D1O=AE，故四边形D1OEA为平行四边形，故AD1//OE，
故MG//OE，故M,G,O,E四点共面，同理可证M,G,N,E四点共面，
故M,G,O,N,E五点共面，同理可证G,O,N,F四点共面，
故M,G,O,F,N,E六点共面，由正方体的对称性可得六边形OFNEMG为正六边形．
故点Q的轨迹是正六边形OFNEMG，
因为正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为4，所以正六边形OFNEMG的边长为2 2，
所以点Q的轨迹围成图形的面积是S=6×12×2 2×2 2×sin60∘=12 3．
如图，根据向量数量积的几何意义可得MG⋅MQ=MG×MQcs∠QMG
=2 2×MQcs∠QMG≤2 2×MOcs30∘=2 2×2 6⋅cs30∘=12，
∴MG⋅MQ的最大值为12．
解：在长方体ABCD−A1B1C1D1中，以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，
建立如图所示空间直角坐标系，则A(1,0,0)，A1(1,0,1)，C(0,2,0)，D(0,0,0)，D1(0,0,1)，E(1,1,0) ,
(Ⅰ)因为D1E=(1,1,−1)，DA1=(1,0,1),又由D1E⋅DA1=1×1+1×0+(−1)×1=0，
所以D1E⊥DA1，即D1E⊥A1D
(Ⅱ)因为AC=(−1,2,0)，AD1=(−1,0,1)
设n=(x,y,z)为平面ACD1的法向量，则n⊥AC，n⊥AD1，
所以n⋅AC=−x+2y=0n⋅AD1=−x+z=0
令x=2，则y=1，z=2，
所以n=(2,1,2)为平面ACD1的一个法向量. 又因为AE=(0,1,0)，D1E=(1,1,−1)
而 sinθ=|D1E⋅n||n|∙|D1E|=|0×1+1×1+0×−1| 12+12+(−1)2=，
所以 直线D1E与平面ACD1夹角的正弦值为 33
20.（1）①若直线过原点，则在坐标轴的截距都为，显然满足题意，
此时则，解得，
②若直线不过原点，则斜率为，解得.
因此所求直线的方程为或
（2）①若，则解得或.
当时，直线：，直线：，两直线重合，不满足，故舍去；
当时，直线：，直线：，满足题意；
因此所求直线：
21.（1）因为直线，即，令，求得，，
即直线过定点且在第一象限，所以无论取何值，直线始终经过第一象限．
（2）因为直线与轴，轴正半轴分别交于，两点，所以，
令，解得；令，得，即，，
∴，∵，∴，
则，当且仅当，也即时，取得等号，
则，∴，从而的最小值为4，
此时直线的方程为，即．
22.解：由四边形ABCD是直角梯形，AB=3,
BC=2AD=2,，AB⊥BC，可得DC=2,∠BCD=π/3,从而∆BCD是等边三角形，BD=2，BD平分∠ADC。
∵E为CD的中点，DE=AD=1,∴BD⊥AE
又∵PB⊥AE，PB∩BD=B,∴AE⊥平面PBD 又∵AE∁平面ABCD，∴平面PBD⊥平面ABCD。
（2）在平面PBD内作PO⊥BD于O，连接OC，又∵平面PBD丄平面ABCD，
平面PBD∩平面ABCD=BD,
∴.PO⊥平面ABCD
∴∠PCO为PC与平面ABCD所成的角，则∠PCO=π/4
由题意得OP=OC=3。∵PB=PD,PO⊥BD，∴O为BD的中点，∴OC⊥BD。
以OB，OC，OP所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则B（1,0,0），C(0,3,0),D(-1,0,0),P(0,0,3),假设在侧面PCD内存在点N，使得BN⊥平面PCD成立，
设PN=λPD+μPC (λ,μ≥0,λ+μ≤1),由题意得N(-λ,3μ,-3(x+μ-1)),BN=(-λ-1,3μ,,−3(λ+μ-1))
PC=(0,3,-3) PD=(-1,0,−3) 由BN∙PC=0BN∙PD=0 ∴3μ+3(λ+μ−1)=0λ+1+3(λ+μ−1)=0
满足题意， 解得λ＝15 ，μ=25 .·.N点到平面ABCD的距离为−3(λ+μ-1)=235.
1
2
3
4
5
6
7
8
D
A
C
D
B
B
D
A
9
10
11
12
ABD
CD
AD
AD
二、多选题
填空题
-1 14. 2.5 15. 2x+3y=0，x−y−5=0 16.
三、解答题
17.解：(Ⅰ)因为点B(2 , 0)，点C(0 , 3)，所以边BC所在直线斜率kBC=−32，
所以边BC上的高所在直线的斜率k=2 33，且过点A(−1 , 0)．
所以边BC上的高所在直线的方程为y=2 33(x+1)．
(Ⅱ)由kAC= 3得∠BAC=60∘，所以∠BAC 角平分线的倾斜角为30∘，
所以∠BAC角平分线所在直线的斜率k1=tan 30∘= 33，且过点A(−1,0)，
所以∠BAC角平分线所在直线l的方程为y= 33(x+1)．
18.解：∵MQ=xMG+yMNx,y∈R，∴点Q在平面MGN上，
如图，分别取AB，CC1，C1D1的中点E，F，O，
连接OG,OF,FN,EN,AD1,OE,NG，
因为M,G 分别为AA1，A1D1的中点，故MG//AD1，
又由正方体ABCD−A1B1C1D1可得D1O=12D1C1，AE=12AB,D1C1//AB,D1C1=AB，
故D1O//AE,D1O=AE，故四边形D1OEA为平行四边形，故AD1//OE，
故MG//OE，故M,G,O,E四点共面，同理可证M,G,N,E四点共面，
故M,G,O,N,E五点共面，同理可证G,O,N,F四点共面，
故M,G,O,F,N,E六点共面，由正方体的对称性可得六边形OFNEMG为正六边形．
故点Q的轨迹是正六边形OFNEMG，
因为正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为4，所以正六边形OFNEMG的边长为2 2，
所以点Q的轨迹围成图形的面积是S=6×12×2 2×2 2×sin60∘=12 3．
如图，根据向量数量积的几何意义可得MG⋅MQ=MG×MQcs∠QMG
=2 2×MQcs∠QMG≤2 2×MOcs30∘=2 2×2 6⋅cs30∘=12，
∴MG⋅MQ的最大值为12．
解：在长方体ABCD−A1B1C1D1中，以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，
建立如图所示空间直角坐标系，则A(1,0,0)，A1(1,0,1)，C(0,2,0)，D(0,0,0)，D1(0,0,1)，E(1,1,0) ,
(Ⅰ)因为D1E=(1,1,−1)，DA1=(1,0,1),又由D1E⋅DA1=1×1+1×0+(−1)×1=0，
所以D1E⊥DA1，即D1E⊥A1D
(Ⅱ)因为AC=(−1,2,0)，AD1=(−1,0,1)
设n=(x,y,z)为平面ACD1的法向量，则n⊥AC，n⊥AD1，
所以n⋅AC=−x+2y=0n⋅AD1=−x+z=0
令x=2，则y=1，z=2，
所以n=(2,1,2)为平面ACD1的一个法向量. 又因为AE=(0,1,0)，D1E=(1,1,−1)
而 sinθ=|D1E⋅n||n|∙|D1E|=|0×1+1×1+0×−1| 12+12+(−1)2=，
所以 直线D1E与平面ACD1夹角的正弦值为 33
20.（1）①若直线过原点，则在坐标轴的截距都为，显然满足题意，
此时则，解得，
②若直线不过原点，则斜率为，解得.
因此所求直线的方程为或
（2）①若，则解得或.
当时，直线：，直线：，两直线重合，不满足，故舍去；
当时，直线：，直线：，满足题意；
因此所求直线：
21.（1）因为直线，即，令，求得，，
即直线过定点且在第一象限，所以无论取何值，直线始终经过第一象限．
（2）因为直线与轴，轴正半轴分别交于，两点，所以，
令，解得；令，得，即，，
∴，∵，∴，
则，当且仅当，也即时，取得等号，
则，∴，从而的最小值为4，
此时直线的方程为，即．
22.解：由四边形ABCD是直角梯形，AB=3,
BC=2AD=2,，AB⊥BC，可得DC=2,∠BCD=π/3,从而∆BCD是等边三角形，BD=2，BD平分∠ADC。
∵E为CD的中点，DE=AD=1,∴BD⊥AE
又∵PB⊥AE，PB∩BD=B,∴AE⊥平面PBD 又∵AE∁平面ABCD，∴平面PBD⊥平面ABCD。
（2）在平面PBD内作PO⊥BD于O，连接OC，又∵平面PBD丄平面ABCD，
平面PBD∩平面ABCD=BD,
∴.PO⊥平面ABCD
∴∠PCO为PC与平面ABCD所成的角，则∠PCO=π/4
由题意得OP=OC=3。∵PB=PD,PO⊥BD，∴O为BD的中点，∴OC⊥BD。
以OB，OC，OP所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则B（1,0,0），C(0,3,0),D(-1,0,0),P(0,0,3),假设在侧面PCD内存在点N，使得BN⊥平面PCD成立，
设PN=λPD+μPC (λ,μ≥0,λ+μ≤1),由题意得N(-λ,3μ,-3(x+μ-1)),BN=(-λ-1,3μ,,−3(λ+μ-1))
PC=(0,3,-3) PD=(-1,0,−3) 由BN∙PC=0BN∙PD=0 ∴3μ+3(λ+μ−1)=0λ+1+3(λ+μ−1)=0
满足题意， 解得λ＝15 ，μ=25 .·.N点到平面ABCD的距离为−3(λ+μ-1)=235.
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D
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AD
AD
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