海南省三亚华侨学校2020-2021学年高二下学期返校考试数学答案

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以下为本文档部分文字说明:

12020−2021学年三亚华侨学校高二(下)返校摸底考试数学卷参考答案与试题解析一、单项选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。1.直线l垂直于直线y=x+1,且l在y轴上的截距为�

,则直线l的方程是()A.�ㄠ㘹ㄮ��tB.x+y+1=0C.x+y﹣1=0D.�ㄠ㘹ㄠ��t【解答】解:因为直线l垂直于直线y=x+1,所以设直线l的方程为y=﹣x+b,又因为l在y轴上的截距为�,所以b��,故所求直线l的方程为y=﹣xㄠ�,即�ㄠ㘹ㄮ��t.

故选:A.2.已知向量���(2,1,3),���(x,2,1﹣x),若��⊥��,则x=()A.﹣5B.5C.4D.﹣1【解答】解:∵向量���(2,1,3),���(x,2,1﹣x),��⊥��,∴������2x+2+3(1﹣x)=0,解得x=5.故选

:B.3.在各项都为正数的等比数列{an}中,首项a1=3,前三项和为21,则a3+a4+a5=()A.33B.72C.84D.189【解答】解:在各项都为正数的等比数列{an}中,首项a1=3,前三项和为21故3+3q+3q2=21,∴q=2,∴a3+a4

+a5=(a1+a2+a3)q2=21×22=84故选:C.4.已知圆C1:x2+y2﹣2x+12y+33=0与圆C2:x2+y2+10x﹣4y﹣52=0,则两圆公切线条数为()A.1B.2C.3D.4【解答】解:圆C1:x2+y2﹣2x+12y+33=0,即(x﹣1)2+

(y+6)2=4,圆心C1(1,﹣6),半径r=2,圆C2:x2+y2+10x﹣4y﹣52=0,即(x+5)2+(y﹣2)2=81,圆心C2(﹣5,2),半径R=9,2所以圆心距����ㄠ���ㄠ�ㄮgㄮ�����t,因为9﹣2<d<9+2,所以两圆相交,故两圆公切线条数为

2.故选:B.5.已知椭圆����ㄠ㘹����1(a>b>0)短轴的两个端点为A、B,点C为椭圆上异于A、B的一点,直线AC与直线BC的斜率之积为ㄮ��,则椭圆的离心率为()A.��B.�C.��D.��【解答】解:由题意可得A(0,b

),B(0,﹣b),设C(x0,y0),由C在椭圆上可得�t���ㄠ㘹t����1,即有x02������ㄮ㘹t����,①由直线AC与BC的斜率之积为ㄮ��,可得㘹tㄮ��t•㘹tㄠ��t�ㄮ��,即为x02=4(b2﹣

y02),②由①代入②可得�����4,即a=2b,c���ㄮ�����a,可得离心率e������.故选:A.6.已知三棱柱ABC﹣A1B1C1中,AB=AC�������1,∠A1AC=∠A1AB���,D点是线段AB上靠近A的一个三等分点,则����

�����()A.��B.ㄮ��C.��D.ㄮ��【解答】解:如图,∵AB=AC=1,AA1=2,∠A1AC=∠A1AB���,3又�������ㄠ���������ㄮ���,�����ㄮ����,∴���������������ㄮ������ㄮ��������������ㄮ����������

�������ㄮ������������.故选:A.7.已知抛物线C:y2=6x的焦点为F,准线为l,A是l上一点,B是直线AF与抛物线C的一个交点,若����3���,则|BF|=()A.��B.3C.��D.

2【解答】解:由题可知,p=3,如图所示,过点B作BC⊥l于点C,准线l与x轴交于点E,设|BF|=m,则|AB|=2m,由抛物线的定义可知,|BC|=|BF|=m,∴∠ABC=60°=∠AFE,∴|AF|=2|EF|=2p=6,∴|BF|���|

AF|=2.故选:D.8.已知集合M={x|﹣4<x<2},N={x|x2﹣x﹣6<0},则M∩N=()A.{x|﹣4<x<3}B.{x|﹣4<x<﹣2}C.{x|﹣2<x<2}D.{x|2<x<3}【解答】解:∵M={x|﹣4<x<2

},N={x|x2﹣x﹣6<0}={x|﹣2<x<3},∴M∩N={x|﹣2<x<2}.故选:C.二、多项选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分。每小题选对得5分,漏选得3分,选错不得分。在每小4题给出的选项中,至少有一项是符合题目要求的。9.已知向量��,��满足|��|=1,|��|=2

,|��ㄠ��|��,则下列结论中正确的是()A.������ㄮ�B.������ㄠ���C.���ㄮ�����D.��与��的夹角为��【解答】解:���ㄠ��������ㄠ������ㄠ�����ㄠ������ㄠ���,∴������ㄮ�,∴������ㄠ��

��t,∴������ㄠ���,���ㄮ�������ㄮ������ㄠ�����,�th<��,��>���������������ㄮ��,∴��与��的夹角为���,故BC正确.故选:BC.10.已知双曲线C:���ㄮ㘹��ㄮ���的离心率���,则下列说法正确的是()A.t=3或

﹣9B.双曲线C的渐近线方程为㘹����C.双曲线C的实轴长等于��D.双曲线C的焦点到其渐近线的距离等于�【解答】解:∵t(9﹣t)>0,∴0<t<9,∴双曲线的焦点在x轴上,a��,b��ㄮ�,c=3,∴离心率e��������,∴t

=3,即选项A错误;双曲线的方程为���ㄮ㘹�g�1,∴渐近线方程为y=±��x=±�x,即选项B正确;实轴长为2a=2�,即选项C正确;焦点(3,0)到渐近线y��x的距离为�����ㄠ��g,即选项D错误.故选:BC.511.已知直线l:ax

﹣y﹣3a=0上存在相距为4的两个动点A,B,若圆C:(x+1)2+(y﹣4)2=4上存在点P使得△PAB是以点P为直角顶点的等腰直角三角形,则实数a的值可以为()A.﹣2B.﹣1C.0D.1【解答】解:根据题意,若△ABP为等腰直角三

角形,其中P为直角顶点,且|AB|=4,则P到AB的距离为�������,若圆C:(x+1)2+(y﹣4)2=4上存在点P,使得△ABP为等腰直角三角形,则圆心C到直线l的距离d≤4,即有�ㄮ��ㄮ����ㄠ�

�4,解得:a≤0,结合选项可得,实数a的值可以为﹣2,﹣1,0.故选:ABC.12.已知球O为正方体ABCD﹣A1B1C1D1的内切球,平面A1C1B截球O的面积为24π,下列命题中正确的有()A.异面直线AC与BC1所成的角为60°B.BD1⊥平面A1C1BC.

球O的表面积为36πD.三棱锥B1﹣A1C1B的体积为288【解答】解:由正方体图形可知,连接A1C1,A1B,可知A1C1∥AC,即异面直线AC与BC1所成的角为角∠A1C1B,又因三角形A1C1B为正三角形,所以异面直线AC与BC1所成的角为600,故选项A正确;由

图形可知BD1与BC1不垂直,故选项B不正确,平面A1C1B截球O的截面恰好是三角形A1C1B的内切圆,由截面圆的面积为24π,故内切圆的半径为�g,设正方体的边长为a,则三角形A1C1B的边长为��,此时内切圆的半径为��������2

g,所以a=6,此时内切球的半径为3,所以球的表面积为4πR2=36π,故C选项正确;三棱锥������g�g�g�36,故选项D错误,6故选:AC.三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.以F(

2,0)为一个焦点,渐近线是y=±�x的双曲线方程是x2ㄮ㘹���1.【解答】解:以F(2,0)为一个焦点,渐近线是y=±�x,可得c=2,����,可得a=1,b��,所以双曲线方程为:x2ㄮ㘹���1.故答案

为:x2ㄮ㘹���1.14.已知在空间四边形OABC中,������,������,������,点M在OA上,且OM=3MA,N为BC中点,用��,��,��表示�㌠�,则�㌠�等于ㄮ����ㄠ����ㄠ����.【解答】解:如图所示,空间四边形OA

BC中,������,������,������,∵点M在OA上,且OM=3MA,∴���������;又N为BC中点,∴�㌠����(���ㄠ���)∴�㌠���㌠�ㄮ������(���ㄠ���)ㄮ������ㄮ����

ㄠ����ㄠ����.故答案为:ㄮ����ㄠ����ㄠ����.15.过点P(3,4)作圆x2+y2=10的两条切线,设切点分别为A,B,则线段AB=2g.【解答】解:由切线的性质可知,切点A,B在以PO为直径的圆上,7因为PO的中点坐标为(��,2),PO的长度为|PO|=5,所以以

PO为直径的圆的方程为(xㄮ��)2+(y﹣2)2����,即x2﹣3x+y2﹣4y=0,又切点A,B在圆x2﹣3x+y2﹣4y=0,也在圆x2+y2=10上,两式相减可得直线AB的方程为3x+4y﹣10=0,因为圆x2+y2=10的圆心到直线3x+

4y﹣10=0的距离为d=2,所以线段AB的长度为2��ㄮ���2�tㄮ��2g.故答案为:2g.16.在三棱锥P﹣ABC中,底面△ABC是以AC为斜边的直角三角形,且PA⊥平面ABC,若PA=3,AC=4,则三棱锥P﹣ABC外接球的表面积为25π.【解答】解:三棱锥P﹣

ABC中,底面△ABC是以AC为斜边的直角三角形,且PA⊥平面ABC,如图所示:取AC的中点D,作OD⊥平面ABC,点E为PA的中点,所以�������ㄠ��������,所以��������������.故答案为:25π.四、解答题:本题共4小题

,共40分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知△ABC三边所在直线方程:lAB:3x﹣2y+6=0,lAC:2x+3y﹣22=0,lBC:3x+4y﹣m=0(m∈R,m≠30).(1)判断△ABC的形

状;(2)当BC边上的高为1时,求m的值.【解答】解:(1)直线AB的斜率为������,直线AC的斜率为����ㄮ��,所以kAB•kAC=﹣1,所以直线AB与AC互相垂直,8因此,△ABC为直角三角形;(2)解方程组��ㄮ�㘹ㄠ

g�t��ㄠ�㘹ㄮ���t,得���㘹�g,即A(2,6).由点到直线的距离公式得������ㄠ��gㄮ����ㄠ�����tㄮ���当d=1时,��tㄮ�����,即|30﹣m|=5,解得m=25或m=35.18.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若S3=21,S

6=1365.(1)求数列{an}的通项公式;(2)记���㈠t���������,当n为何值时,数列{bn}的前n项和取得最小值?【解答】解:(1)设等比数列{an}的首项为a1,公比为q,因为S3=21,S6=1365.所以����ㄮ����ㄮ��������ㄮ�g��ㄮ����

g�,解得�������,故�����ㄮ�.(2)由(1)得���㈠t������������ㄮ�,由于当n≥4时,数列{bn}出现正数,故当n=3时,求出的数列的和最小,最小值为T3=﹣5﹣5﹣1=﹣9.19.如图,在三棱锥A﹣B

CD中,O、E、F分别为AB、AC、AD的中点,DO⊥平面ABC,DO=1,AC⊥BC,AC=BC��.(1)求证:平面OEF∥平面BCD;(2)求平面OEF与平面OCD所成锐二面角的余弦值.【解答】解:(1)证明:∵AO=OB,AE=EC,AF=FD,∴OE∥B

C,EF∥CD,∵OE⊄平面BCD,BC⊂平面BCD,9∴OE∥平面BCD;∵EF⊄平面BCD,CD⊂平面BCD,∴EF∥平面BCD;又EF∩OE=E,EF、EO⊂平面OEF,∴平面OEF∥平面BCD;(2)如图

,连接CO,由AC=BC,AO=OB,有CO⊥AB,∵OD⊥平面ABC,可得OB,OC,OD两两垂直,故以O为坐标原点,OB,OC,OD所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则O(0,0,0),B(1,0,0),A(﹣1,0,0),C(0,1,0),D(0,0,

1),E(ㄮ��,��,0),F(ㄮ��,0,��),设平面OEF的一个法向量为�����,㘹,��,由����㌳��ㄮ���ㄠ��㘹�t�������ㄮ���ㄠ����t可得���(1,1,1),又面OCD的法向量����(1,0,0).∴cos<��,���>��������

,∴平面OEF与平面OCD所成锐二面角的余弦值为��..20.已知椭圆G的中心在原点,对称轴是坐标轴,且G的四个顶点构成的四边形面积等于2,离心率����.(Ⅰ)求椭圆G的方程;(Ⅱ)当椭圆G的长轴在x轴上时,若椭圆G与直线l:x=my+λ(λ,m为常数)相交于不同两点A,B,

记直线l与x轴的交点为M,且��������,求λ的取值范围.【解答】(Ⅰ)设椭圆G的长半轴长为a,短半轴长为b,则有�������ㄮ������,顶点四边形S顶点四边形=4ab=2,10∴a=1,����,∴椭圆G的方程为x2+4y2=1或y2+

4x2=1.(Ⅱ)由条件知椭圆G此时的方程为x2+4y2=1,设A(x1,y1),B(x2,y2),则由��������可得y1=﹣2y2,(1)由���㘹ㄠ���ㄠ�㘹���,得(m2+4)y2+2λmy+λ2﹣1=0,(2)显然y1,y2是方程(2

)的两个不同实数根,∴△=(2λm)2﹣4(m2+4)(λ2﹣1)>0,得m2>4(λ2﹣1),(3)又由韦达定理得㘹�ㄠ㘹��ㄮ�λ���ㄠ�,㘹�㘹��λ�ㄮ���ㄠ�(显然λ≠±1),结合(1)得㘹��ㄮ�λ���ㄠ�,㘹���λ���ㄠ�,∴λ�ㄮ���

ㄠ��ㄮ�λ���ㄠ���λ���ㄠ�,得������ㄮλ���λ�ㄮ��λ�����,由(4)代入(3)得���ㄮλ���λ�ㄮ�>��λ�ㄮ��,解得��<λ�<�,即ㄮ�<λ<ㄮ��或��<λ<�,故所求λ的取值范围为(﹣1,ㄮ��)∪(��,1).

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