数学-河北衡水中学2024-2025学年高二上学期综合素质评价

2024-10-24 · 24页 · 2.4 M

2024-2025学年度高二年级上学期综合素质评价数学学科主命题人韩艳伟一、单选题(每题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题意.请将正确答案的序号填涂在答题卡上)1.直线3xy30的倾斜角为()πππ2πA.B.C.D.36432.已知直线a的方向向量为a,平面的法向量为n,下列结论成立的是()A.若a//n,则a//B.若an,则aC.若a//n,则aD.若an,则a//3.已知圆C:x2y2mx10的面积为π,则m()A.2B.22C.42D.84.已知两点A3,2,B2,1,过点P0,1的直线l与线段AB(含端点)有交点,则直线l的斜率的取值范围为()11A,11,B.1,1C.,1,D.,1.555.已知A(0,1,1),B(2,1,0),C(3,5,7),D(1,2,4),则直线AB和直线CD所成角的余弦值为()522522222222A.B.C.D.666633336.在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中,E,F分别为棱AA1,BB1的中点,G为棱A1B1上的一点,且A1G02,则点G到平面D1EF的距离为()32225A.B.2C.D.3357.若动点Mx1,y1,Nx2,y2分别在直线xy70与直线xy50上移动,则MN的中点P到原点的距离的最小值为()第1页/共24页学科网(北京)股份有限公司A.23B.33C.32D.22的8.边长为1正方体ABCDA1B1C1D1中,E,F分别是AA1,A1D1中点,M是DB靠近B的四等分点,P在正方体内部或表面,DPEFMF0,则DP的最大值是()5A.1B.C.2D.32二、选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对得6分,部分选对的得部分分,选对但不全的得部分分,有选错的得0分.)9.如图,四棱柱ABCDA1B1C1D1中,M为CD1的中点,Q为CA1上靠近点A1的五等分点,则()11A.AMABADAAB.2AMAB2ADAA3211133C.AQABADAAD.5AQABAD4AA5451110.已知两条直线l1,l2的方程分别为3x4y120与ax8y110,下列结论正确的是()7A.若l//l,则a6B.若l//l,则两条平行直线之间的距离为1212432C.若ll,则aD.若a6,则直线l,l一定相交1231211.如图,在多面体ABCDES中,SA平面ABCD,四边形ABCD是正方形,且DE//SA,SAAB2DE2,M,N分别是线段BC,SB的中点,Q是线段DC上的一个动点(含端点D,C),则下列说法正确的是()A.存在点Q,使得NQSB第2页/共24页学科网(北京)股份有限公司B.存在点Q,使得异面直线NQ与SA所成的角为60o2C.三棱锥QAMN体积的最大值是3D.当点Q自D向C处运动时,直线DC与平面QMN所成的角逐渐增大三、填空题(本题共3小题,每题5分,共15分.)12.已知点P4,2,点A为圆x2y24上任意一点,则PA连线的中点轨迹方程是___________.13.已知点P(2,1)和直线l:(12)x(13)y20,则点P到直线l的距离的取值范围是______________.14.如图,已知点A是圆台O1O的上底面圆O1上的动点,B,C在下底面圆O上,AO11,OO12,BO3,BC25,则直线AO与平面O1BC所成角的正弦值的最大值为________.四、解答题(本题共5小题,共77分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)15.在Rt△ABC中,BAC90,BC边上的高AD所在直线的方程为x2y20,A的平分线所在直线的方程为y0,点B的坐标为1,3.(1)求直线BC的方程;(2)求直线AC的方程及点C的坐标.16.如图,在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中,底面ABCD为矩形,且AA1AB2AD,E,F分别为C1D1,DD1的中点.第3页/共24页学科网(北京)股份有限公司(1)证明:AF//平面A1EB.(2)求平面A1B1B与平面A1BE夹角的余弦值.17.已知直线l1:kxy34k0kR过定点P.(1)求过点P且在两坐标轴上截距的绝对值相等的直线l2方程;(2)若直线l1交x轴正半轴于点A,交y轴负半轴于点B,VABC的面积为S(O为坐标原点),求S的最小值并求此时直线l1的方程.18.如图,在四棱锥PABCD中,平面PAD平面ABCD,PAPD,ABAD,PAPD,AB1,AD2,ACCD5.(1)求证:平面PDPAB.(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值.AM(3)在棱PA上是否存在点M,使得BM//平面PCD?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.AP在空间直角坐标系中,已知向量,点若直线以为方向向量且经过19.Oxyzua,b,cP0x0,y0,z0luxxyyzz点,则直线的标准式方程可表示为000();若平面以为法向量且经P0labc0uabc过点P0,则平面的点法式方程表示为axx0byy0czz00.x1y2z(1)已知直线l的标准式方程为,平面的点法式方程可表示为3xyz50,1321第4页/共24页学科网(北京)股份有限公司求直线l与平面1所成角的余弦值;(2)已知平面2的点法式方程可表示为2x3yz20,平面外一点P1,2,1,点P到平面2的距离;(3)(ⅰ)若集合Mx,y,z|xy2,z1,记集合M中所有点构成的几何体为S,求几何体S的体积:(ⅱ)若集合Nx,y,z|xy2,yz2,zx2.记集合N中所有点构成的几何体为T,求几何体T相邻两个面(有公共棱)所成二面角的余弦值.2024-2025学年度高二年级上学期综合素质评价二数学学科主命题人韩艳伟一、单选题(每题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题意.请将正确答案的序号填涂在答题卡上)1.直线3xy30的倾斜角为()πππ2πA.B.C.D.3643【答案】A【解析】【分析】先求出直线斜率,再根据倾斜角的范围即可求解.【详解】设直线的3xy30的倾斜角为,且0,π,π直线3xy30的斜率ktan3,所以,3故选:A2.已知直线a的方向向量为a,平面的法向量为n,下列结论成立的是()A.若a//n,则a//B.若an,则aC.若a//n,则aD.若an,则a//【答案】C第5页/共24页学科网(北京)股份有限公司【解析】【分析】根据题意,结合直线的方向向量和平面分法向量的关系,逐项判定,即可求解.【详解】因为直线a的方向向量为a,平面的法向量为n,由a//n,可得a,所以A不正确,C正确;对于B中,由an,可得a//或a,所以B、D都不正确;故选:C.3.已知圆C:x2y2mx10的面积为π,则m()A.2B.22C.42D.8【答案】B【解析】【分析】由题意确定圆的半径,结合圆的面积公式建立方程,解之即可求解.2222m2m【详解】因为圆C:xymx10,即xy1,24m2所以Sπr2(1)ππ,解得m22.4故选:B.4.已知两点A3,2,B2,1,过点P0,1的直线l与线段AB(含端点)有交点,则直线l的斜率的取值范围为()11A.,11,B.1,1C.,1,D.,155【答案】A【解析】【分析】求出直线PA、PB的斜率后可求直线l的斜率的范围.【详解】1211k1,而k1,PA03PB02第6页/共24页学科网(北京)股份有限公司故直线l的取值范围为,1(1,),故选:A.5.已知A(0,1,1),B(2,1,0),C(3,5,7),D(1,2,4),则直线AB和直线CD所成角的余弦值为()522522222222A.B.C.D.66663333【答案】A【解析】【分析】算得AB2,2,1,CD2,3,3,结合向量夹角的坐标公式即可求解.【详解】AB2,2,1,CD2,3,3,ABCD463522所以直线AB和直线CD所成角的余弦值为cosAB,CD.ABCD349966故选:A.6.在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中,E,F分别为棱AA1,BB1的中点,G为棱A1B1上的一点,且A1G02,则点G到平面D1EF的距离为()32225A.B.2C.D.335【答案】D【解析】【分析】建立空间直角坐标系,由点到平面的距离公式计算即可.【详解】以D为坐标原点,DA所在直线为x轴,DC所在直线为y轴,DD1所在直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则G2,,2,D10,0,2,E2,0,1,F2,2,1,第7页/共24页学科网(北京)股份有限公司所以ED12,0,1,EF0,2,0,EG0,,1.nED12xz0设平面的法向量为,则,D1EFnx,y,znEF2y0r取x1,得n1,0,2,EGn所以点到平面的距离为225,GD1EFdn55故选:D.7.若动点Mx1,y1,Nx2,y2分别在直线xy70与直线xy50上移动,则MN的中点P到原点的距离的最小值为()A.23B.33C.32D.22【答案】C【解析】【分析】先求出点P的轨迹,再利用点到直线的距离公式求解.【详解】解:由题意知,MN的中点P的轨迹为平行于两直线且到两直线距离相等的直线,故其方程为xy60,6P到原点的距离的最小值为d32.12+12故选:C8.边长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中,E,F分别是AA1,A1D1中点,M是DB靠近B的四等分点,P在正方体内部或表面,DPEFMF0,则DP的最大值是()5A.1B.C.2D.32【答案】D【解析】333【分析】建立空间直角坐标系,设Px,y,z,从而求得xyz0,再根据向量模长公式结合4420x1,0y1即可求解.第8页/共24页学科网(北京)股份有限公司【详解】如图,建立空间直角坐标系,设Px,y,z,1133则D0,0,0,E1,0,,F,0,1,M,,0,22441113333所以EF,0,,MF,,1,则EFMF,,,2244442因为DPEFMF0,又DPx,y,z,333xy所以xyz0,即z,44222222222xy所以DPxyzxy,22222xy11又0x1,0y1,所以xy1
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