2023-2024学年广东省东莞市四校高二上学期期中联考数学试题(含解析)
展开这是一份2023-2024学年广东省东莞市四校高二上学期期中联考数学试题(含解析),共16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.设有四边形ABCD,O为空间任意一点,且AO+OB=DO+OC,则四边形ABCD是( )
A. 空间四边形B. 平行四边形C. 等腰梯形D. 矩形
2.已知向量a=4,-2,3,b=1,5,x,满足a⊥b,则x的值为
( )
A. 2B. -2C. 143D. -143
3.直线 3x-y-4=0的倾斜角是
( )
A. 30∘B. 60∘C. 120∘D. 150∘
4.已知椭圆x2k+2+y27=1的一个焦点坐标为0,2,则k的值为
( )
A. 1B. 3C. 9D. 81
5.已知直线l1:2x+2y-1=0,l2:4x+ny+3=0,l3:mx+6y-1=0,若l1//l2且l1⊥l3,则m+n的值为
( )
A. -10B. 10C. -2D. 2
6.已知圆C1:x2+y2=1和C2:x2+y2-6x+5=0,则两圆的位置关系是
( )
A. 内切B. 外切C. 相交D. 外离
7.若圆C经过点A2,5,B4,3,且圆心在直线l:3x-y-3=0上,则圆C的方程为
( )
A. x-22+y-32=4B. x-22+y-32=8
C. x-32+y-62=2D. x-32+y-62=10
8.如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,P,Q分别是线段CC1,BD上的点,R是直线AD上的点,满足PQ//平面ABC1D1,PQ⊥RQ,且P、Q不是正方体的顶点,则PR的最小值是
( )
A. 305B. 2 33C. 52D. 304
二、多选题:本题共4小题,共20分。在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求。
9.关于空间向量,以下说法正确的是( )
A. 空间中的三个向量,若有两个向量共线,则这三个向量一定共面;
B. 若对空间中任意一点O,有OP=16OA+13OB+12OC,则P,B,A,C四点共面;
C. 已知a,b,c是空间的一组基底,若m=a+c,则a,b,m也是空间的一组基底;
D. 若a⋅b>0,则a,b是锐角.
10.已知直线l过直线l1:y=-13x+10和l2:3x-y=0的交点,且原点到直线l的距离为3,则l的方程可以为
( )
A. x=3B. 4x-3y-15=0
C. 4x-3y+15=0D. 3x+4y-15=0
11.在空间直角坐标系Oxyz中,A2,0,0,B1,1,-2,C2,3,1,则
( )
A. AB⋅BC=-5
B. AC=2 3
C. 异面直线OB与AC所成角的余弦值为 1530
D. 点O到直线BC的距离是3 4214
12.已知圆C:x2+y2=4,直线l:(3+m)x+4y-3+3m=0(m∈R),则下列结论正确的是
( )
A. 圆C与曲线x2+y2-6x-8y+m=0恰有三条公切线,则m=16
B. 当m=0时,圆C上有且仅有三个点到直线l的距离都等于1
C. 直线l恒过第二象限
D. 当m=13时,l上动点P作圆C的切线PA,PB,且A,B为切点,则AB经过点(-169,-49)
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。
13.a=(1,-3,1),b=(-1,1,-3),则|a-b|= .
14.已知圆C1的方程x+32+y-22=5,圆C2与圆C1是同心圆且过点A5,0,则圆C2的标准方程为______________.
15.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F,过原点O的直线l交椭圆C于点A,B,且2|FO|=|AB|,若∠BAF=π6,则椭圆C的离心率是 .
16.在如图所示的三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,∠ACB=90∘,CA=8,PA=6,D为AB中点,E为▵PAC内的动点(含边界),且PC⊥DE.当E在AC上时,AE= ;点E的轨迹的长度为 .
四、解答题:本题共6小题,共72分。解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
设x,y∈R,向量a=(x,1,1),b=(1,y,1),c=(2,-4,2),且a→⊥b→,b//c.
(1)求a+b;
(2)求向量a+b与2a+b-c夹角的大小.
18.(本小题12分)
已知△ABC的顶点A(1,3),B(3,1).
(1)求直线AB的方程;
(2)若边AB上的中线CM所在直线方程为2x-3y+p=0,且△ABC的面积为5,求顶点C的坐标.
19.(本小题12分)
已知椭圆M:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦距为2,点D(0, 3)在椭圆M上,过原点O作直线交椭圆M于A、B两点,且点A不是椭圆M的顶点,过点A作x轴的垂线,垂足为H,点C是线段AH的中点,直线BC交椭圆M于点P,连接AP
(1)求椭圆M的方程及离心率;
(2)求证:AB⊥AP.
20.(本小题12分)
已知直线l:y=kx+1k∈R与圆C:x+22+y-32=1相交于A,B不同两点.
(1)求k的范围;
(2)设M是圆C上的一动点(异于A,B),O为坐标原点,若OA⋅OB=12,求▵MAB面积的最大值.
21.(本小题12分)
如图甲,在矩形ABCD中,AB=2AD=2 2,E为线段DC的中点,ΔADE沿直线AE折起,使得DC= 6,如图乙.
(1)求证:BE⊥平面ADE;
(2)线段AB上是否存在一点H,使得平面ADE与平面DHC所成的角为π4?若不存在,说明理由;若存在,求出H点的位置.
22.(本小题12分)
已知圆心在原点的圆被直线y=x+1截得的弦长为 14.
(1)求圆的方程;
(2)设动直线y=kx-1k≠0与圆C交于A,B两点,问在x轴正半轴上是否存在定点N,使得直线AN与直线BN关于x轴对称?若存在,请求出点N的坐标;若不存在,请说明理由;
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】本题主要考查了向量的加法,向量相等的意义,属于中档题.
由题意,化简可得AB=DC,利用向量相等证明四边形为平行四边形.
解:由已知得AB=DC,即AB,DC是相等向量,因此AB,DC的模相等,方向相同,
即四边形ABCD是平行四边形.故选B.
2.【答案】A
【解析】【分析】直接利用空间向量垂直的公式计算即可.
解:∵a⊥b,a=4,-2,3,b=1,5,x
∴4×1+-2×5+3x=0,
解得x=2
故选:A.
3.【答案】B
【解析】【分析】依据斜率计算倾斜角即可.
解:直线 3x-y-4=0的斜率为 3,则由tanα= 3,α∈0,π,知α=π3,即α=60∘
故选:B.
4.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查椭圆的简单性质的应用,注意椭圆的焦点坐标的位置,是基础题.
利用椭圆方程,结合焦点坐标,列出方程求解即可.
【解答】
解:椭圆x2k+2+y27=1的一个焦点坐标为(0,2),
可得2= 7-(k+2),解得k=1.
故选:A.
5.【答案】C
【解析】【分析】由两直线的平行与垂直求得n,m值后可得结论.
解:由题意42=n2≠3-1,n=4,2m+12=0,m=-6,
所以m+n=-2.
故选:C.
6.【答案】B
【解析】【分析】根据两圆的圆心距与两圆半径和差的比较即可判断两圆位置关系.
解:因为圆C1:x2+y2=1的圆心0,0,半径为1,
圆C2:x2+y2-6x+5=0即x-32+y2=4的圆心3,0,半径为2,
所以两个圆的圆心距C1C2=3,又两个圆的半径和为2+1=3,
所以圆C1与圆C2的位置关系是外切.
故选:B.
7.【答案】A
【解析】【分析】求解AB的中垂线方程,然后求解圆的圆心坐标,求解圆的半径,然后得到圆的方程.
解:圆C经过点A2,5,B4,3,
可得线段AB的中点为3,4,又kAB=5-32-4=-1,
所以线段AB的中垂线的方程为y-4=x-3,
即x-y+1=0,
由x-y+1=03x-y-3=0,解得x=2y=3,
即C2,3,圆C的半径r= 2-22+5-32=2,
所以圆C的方程为x-22+y-32=4.
故选:A.
8.【答案】A
【解析】【分析】根据正方体的性质得到B1C⊥平面ABC1D1,然后建立空间直角坐标系,设P0,1,z,Qx,x,0,Ry,0,0,根据PQ//平面ABC1D1,PQ⊥RQ得到-x+z=0,2x-y=1,然后得到PR= 5x2-4x+2,最后求最值即可.
解:
因为ABCD-A1B1C1D1为正方体,所以AB⊥平面BCC1B1,B1C⊥BC1,
因为B1C⊂平面BCC1B1,所以AB⊥B1C,
因为AB∩BC1=B,AB,BC1⊂平面ABC1D1,所以B1C⊥平面ABC1D1,
如图,以D为原点,分别以DA,DC,DD1为x,y,z轴建立空间直角坐标系,
B11,1,1,C0,1,0,
设P0,1,z,Qx,x,0,Ry,0,0,x,y,z∈0,1
PQ=x,x-1,-z,RQ=x-y,x,0,B1C=-1,0,-1,
因为PQ//平面ABC1D1,所以B1C⋅PQ=-x+z=0,
因为PQ⊥RQ,所以PQ⋅RQ=xx-y+xx-1=0,即2x-y=1,
PR= y2+1+z2= 2x-12+1+x2= 5x2-4x+2,
所以当x=25时,PR最小,最小为 305.
故选:A.
9.【答案】ABC
【解析】【分析】对选项A,根据空间向量共面定理即可判断A正确;对选项B,根据16+13+12=1即可判断 B正确;对选项C,根据题意得到则a,b,a+c也共面,即可判断 C正确,对选项D,根据a⋅b>0,得到a,b∈0,π2,即可判断 D错误.
解:对选项A,根据空间向量共面定理知:空间中三个向量,若有两个向量共线,
则这三个向量一定共面,故A正确.
对选项B,因为OP=16OA+13OB+12OC,且16+13+12=1,
所以P,B,A,C四点共面.
对选项C,因为a,b,c是空间的一组基底,所以a,b,c不共面,
则a,b,a+c也不共面,m=a+c,
即a,b,m也是空间的一组基底,故 C正确;
对选项D,若a⋅b>0,则a,b∈0,π2,故 D错误.
故选:ABC
10.【答案】AC
【解析】【分析】先求得l1和l2的交点坐标,然后根据直线l的斜率是否存在进行分类讨论,结合原点到直线l的距离确定正确答案.
解:由y=-13x+103x-y=0解得x=3,y=9,即交点为3,9,
当直线l的斜率不存在时,直线l的方程为x=3,
此时原点到直线l的距离为3,符合题意,A选项正确.
当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为y-9=kx-3,
即kx-y+9-3k=0,
由0-0+9-3k 1+k2=3解得k=43,
直线l的方程为43x-y+9-4=0,4x-3y+15=0,C选项正确.
故选:AC
11.【答案】AC
【解析】【分析】利用空间向量的坐标表示,结合向量数量积、模的意义计算判断选项AB;利用异面直线夹角的向量求法判断选项C;利用空间向量求出点到直线距离判断选项D作答.
解:对于A,A2,0,0,B1,1,-2,C2,3,1,
依题意,AB=(-1,1,-2),BC=(1,2,3),AB⋅BC=-1+2-6=-5,故 A正确;
对于B,AC=(0,3,1),|AC|= 02+32+12= 10,故 B错误;
对于C,OB=1,1,-2,OB= 6,因为cs⟨OB,AC⟩=OB⋅AC|OB||AC|=1 6× 10= 1530,
则异面直线OB与AC所成角的余弦值为 1530,故 C正确;
对于D,因为OB=1,1,-2,BC=(1,2,3),OB在BC上的投影为OB⋅BC|BC|=-3 14,
所以点O到直线BC的距离是 |OB|2--3 142= 6-914=5 4214,故 D错误.
故选:AC.
12.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查直线与圆、圆与圆的位置关系,属中档题.
对于A:化简曲线x2+y2-6x-8y+m=0为(x-3)2+(y-4)2=25-m,对其讨论即可得到答;
对于B:根据点到直线距离即可得到答案;
对于C:对直线l整理得:m(x+3)+(3x+4y-3)=0,即可得到答案;
对于D:根据题意得到线段PC为直径的圆M的方程为x2+y2-tx+(9+4t)y=0,两圆相减得到公共弦方程即可得到答案.
【解答】解:由题意可得:圆C的圆心C(0,0),半径r1=2,
对A:曲线x2+y2-6x-8y+m=0化简为(x-3)2+(y-4)2=25-m,
当25-m=0,即m=25时,表示点C1(3,4);当25-m<0,即m>25时,不表示任何图形;当25-m>0,即m<25时,表示圆心C1(3,4),半径r2= 25-m2的圆,若圆C与曲线x2+y2-6x-8y+m=0恰有三
条公切线,则m<25 (0-3)2+(0-4)2= 25-m+2解得m=16,故A正确;
对B:当m=0时,直线l为3x+4y-3=0,所以圆心(0,0)到直线3x+4y-3=0的距离
d=|-3| 32+42=35<1=r1-1,故圆C上有四个点到直线l的距离都等于1,故B错误;
对C:由直线l:(3+m)x+4y-3+3m=0(m∈R),整理得:m(x+3)+(3x+4y-3)=0,
令x+3=03x+4y-3=0,解得x=-3y=3.即直线l经过定点(-3,3),故C正确;
对D:当m=13时,直线l的方程为4x+y+9=0,设点P(t,-9-4t),且C(0,0),
则线段PC的中点M(t2,-9+4t2),且|PC|= t2+(9+4t)2,以线段PC为直径的圆M的方程为(x-t2)2+(y+9+4t2)2
=[12 t2+(9+4t)2]2,整理得x2+y2-tx+(9+4t)y=0,∵圆C的方程为x2+y2=4,则两圆的公共弦的方程为4-tx+(9+4t)y=0,
整理得(4y-x)t+9y+4=0,令4y-x=09y+4=0解得x=-169y=-49即直线AB经过点(-169,-49),故D正确.
13.【答案】6
【解析】【分析】
本题考查了空间向量的坐标运算与求模长的求解,属于基础题.
根据空间向量的坐标运算,求出a-b,再求它的模长.
【解答】
解:∵a=(1,-3,1),b=(-1,1,-3),
∴a-b=(2,-4,4),
∴|a-b|= 22+(-4)2+42=6.
故答案为6.
14.【答案】x+32+y-22=68
【解析】【分析】求出圆心坐标,再求出圆C2的半径即可.
解:依题意,圆C2的圆心C2(-3,2),则半径r=|C2A|= (-3-5)2+22=2 17,
所以圆C2的标准方程为x+32+y-22=68.
故答案为:x+32+y-22=68
15.【答案】 3-1
【解析】【分析】
本题考查椭圆的定义、标准方程及性质,属于中档题.
根据已知条件和椭圆的对称性知,四边形AFBF'为矩形,解直角三角形ABF,得2a=( 3+1)c,即可得椭圆离心率.
【解答】
解:设右焦点为F',连接AF',BF'.因为2|OF|=|AB|=2c,
即|FF'|=|AB|,可得四边形AFBF'为矩形.
在Rt△ABF中,|AF|=2c⋅cs∠BAF= 3c,|BF|=2c⋅sin∠BAF=c.
由椭圆的定义可得|AF|+|AF'|=2a,
所以2a=( 3+1)c,所以离心率e=ca=2 3+1= 3-1
故答案为 3-1.
16.【答案】4;125
【解析】【分析】由题意建立空间直角坐标系可得当E在AC上时,满足PC⊥DE,求得AE的长;当E为▵PAC内的动点(含边界)时,再取AC中点F,,再过F作FG⊥PC,可证PC⊥平面DFG,得到E的轨迹,求解三角形可得点E的轨迹的长度.
解:因为PA⊥平面ABC,AC,BC⊂平面ABC,所以PA⊥AC,PA⊥BC,又∠ACB=90∘,所以AC⊥BC,
又PA∩AC=A,PA,AC⊂平面PAC,所以BC⊥平面PAC,过Ax//BC,如图建立空间直角坐标系,
则A0,0,0,C0,8,0,P0,0,6,设BC=a,所以Ba,8,0,则Da2,4,0
①当E在AC上时,设E0,c,0,因为PC⊥DE,所以PC⋅DE=0,8,-6⋅-a2,c-4,0=0+8c-32+0=0,故c=4,则E0,4,0
所以AE=4;
②E为▵PAC内的动点(含边界)时,如图,取AC中点F,过F作FG⊥PC,垂足为G
由①可得PC⊥DF,又FG⊥PC,DF∩FG=F,DF,FG⊂平面DFG,所以PC⊥平面DFG,因为FG⊂平面PAC,所以PC⊥FG
即E在线段FG上运动时,PC⊥DE,
∴点E的轨迹为线段FG.
则FG=FC⋅sin∠PCA=4×PAPC=2×6 62+82=125.
故答案为:4;125.
17.【答案】解:(1)由题意, a→⊥b→ , b//c ,
可得 x+y+1=012=y-4=12 ,解得 x=1y=-2 ,
则 a=(1,1,1) , b=(1,-2,1) ,所以 a+b=(2,-1,2) ,
故 |a+b|= 22+(-1)2+22=3 .
(2)因为 2a+b-c=(1,4,1) ,
所以 (a+b)⋅(2a+b-c)=2×1+(-1)×4+2×1=0 ,
故向量 a+b 与 2a+b-c 的夹角为 π2 .
【解析】本题考查向量模的坐标表示,考查利用向量数量积的坐标运算求向量的夹角等,属于中档题.
(1)根据空间向量垂直和平行的性质,求出x、y,进而求出向量 a 和 b ,再进行相应运算即可.
(2)求出2a+b-c=(1,4,1),得到(a+b)⋅(2a+b-c)=0,进而可得结果.
18.【答案】解:(1)∵A(1,3),B(3,1),
∴kAB=3-11-3=-1,
代入点斜式方程得:y-3=-(x-1),
整理得:x+y-4=0,
即直线AB的方程为:x+y-4=0;
(2)设C(x0,y0),CM是AB边上的中线,
则M是AB的中点,故M(2,2),
由于M(2,2)在直线方程2x-3y+p=0上,则p=2,
由两点间的距离公式得:|AB|= (1-3)2+(3-1)2=2 2,
设C到AB的距离为h,则12⋅|AB|⋅h=S△ABC=5,故h=5 22,
由点到直线的距离公式得h=|x0+y0-4| 1+1=5 22,
∴x0+y0-4=5或x0+y0-4=-5,
由x0+y0-9=02x0-3y0+2=0或x0+y0+1=02x0-3y0+2=0,
解得:x0=5y0=4或x0=-1y0=0,
故C(5,4)或(-1,0).
【解析】本题考查了求直线方程问题,考查两点间的距离公式,点到直线的距离公式,是中档题.
(1)求出直线AB的斜率,代入点斜式方程求出直线AB的方程即可;
(2)设出C的坐标,联立方程组,求出C的坐标即可.
19.【答案】解:(1)由题可知:2c=2,b= 3,又a2=b2+c2
所以c=1,a=2
故椭圆M的方程为x24+y23=1,离心率e=ca=12
(2)设点Ax1,y1,B-x1,-y1,Px0,y0
由点C是线段AH的中点,所以Cx1,y12
由x124+y123=1①,x024+y023=1②
则②-①:y02-y12x02-x12=-34
由B,C,P三点共线,所以kBC=kBP
kBC=3y122x1=3y14x1,kBP=y0+y1x0+x1
则3y14x1=y0+y1x0+x1⇒y1x1=4y0+y13x0+x1
kAB⋅kAP=y1x1⋅y0-y1x0-x1=4y0+y13x0+x1⋅y0-y1x0-x1
即kAB⋅kAP=43⋅y02-y12x02-x12=43⋅-34=-1
所以AB⊥AP
【解析】【分析】本题考查椭圆的方程以及椭圆与直线的几何关系,重点在于点坐标的假设,观察到椭圆是对称的图形,难点在于计算,考验计算能力,属中档题.
(1)根据焦距可得c,以及点D(0, 3)可得b,然后根据a2=b2+c2,可得结果.
(2)分别假设点A,B,P的坐标,并计算C坐标,然后计算kAB,kAP,kBC,kBP,根据kBC=kBP,最后化简,可得结果.
20.【答案】解:(1)
∵直线l与圆C交于两点,∴-2k-3+1 1+k2<1,
解得-4- 73
设Ax1,y1,Bx2,y2,
将y=kx+1代入方程x+22+y-32=1,
整理得1+k2x2+41-kx+7=0,
∴x1+x2=4k-11+k2,x1x2=71+k2,
OA⋅OB=x1x2+y1y2=(k2+1)x1x2+k(x1+x2)+1=4k(k-1)1+k2+8=12,
解得k=-1,由(1)知-1∈-4- 73,-4+ 73,
所以直线l的方程为y=-x+1,
可知圆心-2,3在直线l上,
∴AB是圆C的直径,且AB=2,
∵M是圆C上的一动点(异于A,B),
∴M到直线l的最大距离即为半径为1,
∴▵MAB面积的最大值为12×1×2=1.
【解析】【分析】(1)根据直线与圆相交列出不等式,可得解;
(2)直线与圆联立利用韦达定理可求得直线l的方程,进而得解.
21.【答案】解:(1)证明:如图所示,取AE中点O,
则由题意可得DO⊥AE,且DO=12AE=1,
由平面图形易得OC= 5,又DC= 6,
∴DO2+OC2=DC2,∴DO⊥CO,
又DO⊥AE,且CO∩AE=O,CO,AE⊂平面ABCE,
∴DO⊥平面ABCE,又BE⊂平面ABCE,
∴BE⊥DO,又易知BE⊥AE,且DO∩AE=O,DO,AE⊂平面ADE,
∴BE⊥平面ADE;
(2)取AB的四等分点F,AF=14AB= 22,
则易得OF⊥AB,取BC的中点P,则OP⊥OF,
建立如图的空间直角坐标系,则根据题意可得:
A( 22,- 22,0),B( 22,3 22,0),
C(- 22,3 22,0),E(- 22, 22,0),D(0,0,1),
设H( 22,t,0),t∈[- 22,3 22],
则CD=( 22,-3 22,1),CH=( 2,t-3 22,0),
设平面DHC的法向量为n=(x,y,z),
则n⋅CD= 22x-3 22y+z=0n⋅CH= 2x+(t-3 22)y=0,
取n=(3 2-2t,2 2,3+ 2t),
又根据(1)知平面ADE的法向量为EB=( 2, 2,0),
∴|cs
∴|5 2-2t| (3 2-2t)2+8+(3+ 2t)2=1,又t∈[- 22,3 22],
解得t= 22,∴FH= 22,
∴H为AB的中点,
故存在AB的中点H,使得平面ADE与平面DHC所成的角为π4.
【解析】本题考查线面垂直的判定定理,向量法解二面角,方程思想,向量夹角公式的应用,属于较难题.
(1)取AE中点O,则由题意可得DO⊥AE,再利用勾股定理证明DO⊥CO,从而得DO⊥平面ABCE,从而得BE⊥DO,又易知BE⊥AE,从而可证BE⊥平面ADE;
(2)建系,引入变量t,设出点P的坐标,再利用空间向量的夹角公式建立关于t的方程,解方程即可求解.
22.【答案】解:(1)圆心0,0到直线y=x+1的距离d=1 2,由圆的性质可得r2=d2+ 1422=4,所以,圆的方程为x2+y2=4;
(2)设Nt,0,Ax1,y1,Bx2,y2,
由x2+y2=4y=kx-1得,k2+1x2-2k2x+k2-4=0,
所以x1+x2=2k2k2+1,x1x2=k2-4k2+1.
若直线AN与直线BN关于x轴对称,则KAN=-KBN⇒y1x1-t+y2x2-t=0,
即kx1-1x1-t+kx2-1x2-t=0⇒x1-1x1-t+x2-1x2-t=0,即x1-1x2-t+x2-1x1-t=0,化简得2x1x2-t+1x1+x2+2t=0,
代入韦达定理2k2-4k2+1-2k2t+1k2+1+2t=0,即k2-4-k2t+1+tk2+1=0⇒t=4
所以当点N为4,0时,直线AN与直线BN关于x轴对称;
【解析】【分析】(1)利用圆心0,0到直线y=x+1的距离公式求得圆的半径,即可求得圆的方程;
(2)设Nt,0,Ax1,y1,Bx2,y2,通过对称性将A,B坐标的关系找出,联立直线与圆的方程,得出韦达定理,代入KAN=-KBN化简求解即可.
相关试卷
这是一份2023-2024学年广东省东莞市四校高二上学期期中联考数学试题含答案,共17页。试卷主要包含了单选题,多选题,填空题,双空题,解答题等内容,欢迎下载使用。
这是一份2023-2024学年广东省东莞市七校高二上学期期中联考数学试题含答案,共17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。
这是一份2023-2024学年广东省东莞市七校高二上学期期中联考数学试题(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。