2022-2023学年江苏省南京市江浦高级中学高二上学期10月阶段检测数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年江苏省南京市江浦高级中学高二上学期10月阶段检测数学试题（解析版），共15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。
2022-2023学年江苏省南京市江浦高级中学高二上学期10月阶段检测数学试题 一、单选题1．若直线ax+2y+1=0与直线x+2y–2=0互相垂直，则实数a的值是（    ）A．1 B．–1 C．4 D．–4【答案】D【分析】由直线方程一般式垂直的条件计算．【详解】由题意，．故选D．【点睛】本题考查两直线垂直条件，两直线方程分别为和，则它们垂直的充要条件是．2．在平面直角坐标系中，双曲线的渐近线方程是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】将双曲线方程右端1改为0，即可求得双曲线渐近线方程.【详解】令右端1为0，得，即.故选：A.【点睛】本题考查求双曲线的渐近线，考查学生基本计算能力，是一道基础题.3．已知，则的值是（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】由可求得的值，由于即可解得所求.【详解】，，即，所以.故选：D.【点睛】本题考查了二倍角的余弦公式，三角函数的诱导公式，考查了学生的计算能力，属于较易题.4．已知向量，满足，，且与的夹角为，则的值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据平面向量的夹角公式即可求解．【详解】解：∵，，且与的夹角为，∴，∴．故选：B．5．已知，，，是球表面上的四点，其中，，若点到平面距离的最大值为3，则球的表面积为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据球的球心到截面的距离、截面圆半径、球的半径的关系，列式求解即可.【详解】由题意可设外接球的半径为，的外接圆半径为，则，且满足，解得，所以球的表面积为，故选：C．6．平面直角坐标系中，为圆：上的动点，过点引圆：的切线，切点为，则满足的点有（    ）A．4个 B．3个 C．2个 D．1个【答案】C【分析】求出动点的轨迹方程，结合两圆的公切线问题即可判断.【详解】由题意可设，由可得，即得到，化简为，即圆心为，半径为的圆，则，故圆与圆相交，故有2个交点，因此满足的点P有2个，故选：C．7．在平面直角坐标系中，直线过抛物线的焦点，交抛物线于两点，且线段中点的横坐标为3，则线段的长为（    ）A．6 B．7 C．8 D．10【答案】C【分析】由抛物线定义结合公式计算即可.【详解】设，则，由抛物线定义知，，.故选：C.【点睛】本题考查利用抛物线的定义求焦点弦长，在处理抛物线焦半径时，经常会想到利用抛物线定义将其转化为到准线的距离.8．在平面直角坐标系中，已知点，点在双曲线上，且，则直线的斜率为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】设直线AB方程为，联立双曲线方程得，，又由得，消即可.【详解】由题意可知，当直线AB的斜率为0时显然不满足题意，设，AB的方程为，联立消x，得，所以，①，又，有，即②，由①②，得，即，，所以斜率为.故选：B.【点睛】本题考查直线与双曲线的位置关系，考查学生利用韦达定理消元，有一定的运算量，是一道中档题. 二、多选题9．已知复数，其中为虚数单位，则（    ）A． B．C．的共轭复数为 D．的虚部为1【答案】BCD【分析】由复数的除法运算求得，然后求其模，平方后判断AB，根据共轭复数定义判断C，由复数定义判断D．【详解】由题意可知，，对于选项A，，故选项A错误；对于选项B，，故选项B正确；对于选项C，的共轭复数为，故选项C正确；对于选项D，的虚部为1，故选项D正确；故选：BCD．10．已知双曲线C： 则下列说法正确的是（    ）A．双曲线的焦点坐标为(－13，0)，(13，0)B．双曲线C与有相同的渐近线C．双曲线C的焦点到一条渐近线的距离为3D．直线与双曲线有两个交点【答案】BC【分析】根据双曲线的知识对选项进行分析，由此确定正确选项.【详解】依题意，双曲线方程为，所以，A选项，双曲线焦点为，A错误.B选项，双曲线C与有相同的渐近线，B正确.C选项，双曲线的一条渐近线为，焦点到渐近线的距离为，C正确.D选项，由于双曲线的渐近线为，直线与渐近线平行，与双曲线只有一个交点，D错误.故选：BC11．已知椭圆的左、右两个焦点分别为F1，F2，P为椭圆上一动点，M，则下列结论正确的有（    ）A．的周长为6 B．的最大面积为C．存在点P使得 D．的最大值为5【答案】ABD【分析】对选项A，利用椭圆定义即可判断A正确；对选项B，根据，即可判断B正确；对选项C，根据以为圆心，的圆与椭圆不相交，即可判断C错误；对选项D，根据，即可判断D正确.【详解】椭圆，，，，对选项A，的周长，故A正确.对选项B，，故B正确；对选项C，若存在点P使得，则，即存在以为圆心，的圆与椭圆相交.因为，即圆与椭圆不相交，所以不存在点P使得，故C错误；对选项D，，故D正确.故选：ABD12．在平面直角坐标系中，方程对应的曲线为，则（    ）A．曲线是封闭图形，其围成的面积大于B．曲线关于原点中心对称C．曲线上的点到原点距离的最小值为D．曲线上的点到直线距离的最小值为【答案】ABD【分析】对于选项A，作出曲线的图象与曲线的图象即可判断；对于选项B结合中心对称的概念即可判断；对于选项C，设曲线E上任意一点为，结合两点间的距离公式化简整理即可判断；对于选项D，结合点到直线的距离公式即可判断.【详解】对于选项A，作出曲线的图象，即可判断为封闭图形，再作出的图象，由图可知曲线围成的面积大于曲线围成的面积，且曲线与轴正半轴的交点坐标为，与轴正半轴的交点坐标为，所以围成的面积为，所以选项A正确；对于选项B，因为点，点均满足方程，则可得到曲线关于原点中心对称，所以选项B正确；对于选项C，设曲线E上任意一点为，则其到原点的距离的平方为，且，即曲线上的点到原点距离的最小值为，故选项C错误；对于选项D，曲线上任意一点为，则其到直线距离为，故选项D正确；故选：ABD 三、填空题13．求值_______ .【答案】−2−3−3-2【分析】根据结合正余弦的和角公式化简整理得原式，再结合和正余弦的差角公式计算即可得答案.【详解】解： 故答案为：14．在平面直角坐标系中，若椭圆的两个焦点和短轴的两个端点恰为正方形的四个顶点，则椭圆的离心率是__________.【答案】【分析】由题易得，再利用计算即可.【详解】由已知，，所以，故离心率为.故答案为：.【点睛】本题考查求椭圆离心率，解决椭圆的离心率的问题，关键是建立的方程或不等式，本题是一道容易题.15．我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果.哥德巴赫猜想是：每个大于2的偶数可以表示为两个质数的和，如.在不超过15的质数中，随机选取2个不同的数，其和不等于16的概率是________.【答案】【分析】先求出和等于16的概率，再利用事件A与其对立事件概率和为1解决.【详解】不超过15的质数有2，3，5，7，11，13共6个，从中选2个质数一共有种，和等于16的有（3，13），（5，11）两种，由古典概型的概率计算公式知，和等于16的概率为，和不等于16的概率为.故答案为：.【点睛】本题考查古典概型的概率计算，注意正面情况比较多的情况下，可以采用先计算对立事件的概率，本题是一道容易题.16．已知焦点为，的双曲线的离心率为，点为上一点，且满足，若的面积为，则双曲线的实轴长为________【答案】【分析】由和双曲线定义可得，再结合余弦定理和可得，利用面积公式可解得，即得解.【详解】由题意，由双曲线定义可知，又又又故双曲线的实轴长为故答案为：. 四、解答题17．某位射击运动员射击1次，命中环数的概率如下表所示：命中环数环6环7环8环9环10环概率0.050.10.150.250.30.15 (1)若规定射击1次，命中8环及以上为“成绩合格”，求该运动员射击1次“成绩合格”的概率；(2)假设该运动员每次射击互不影响，求该名运动员射击2次，共命中18环的概率．【答案】(1)0.7(2)0.165 【分析】（1）结合概率的加法计算公式即可求出结果；（2）结合概率的乘法计算公式即可求出结果.【详解】(1)记“运动员射击1次，成绩合格”为事件；记“射击1次，命中环”为事件，（，且），则，且事件两两互斥．由题意知，，，，所以．答：该名运动员射击1次，成绩合格的概率为0.7．(2)记“该名运动员射击2次，共命中18环”为事件；记“第一次射击，命中环”为事件，（，且）；“第二次射击，命中环”为事件，（，且），则与相互独立．事件，，两两互斥，，所以，该名运动员射击2次，共命中18环的概率为0.165．18．在平面直角坐标系中，圆C经过三点．(1)求圆C的方程；(2)若经过点的直线l与圆C相交于M，N两点，且，求直线l的方程．【答案】(1)；(2)和. 【分析】（1）设圆的一般方程，由点在圆上列方程组求参数，即可得圆的方程；（2）由圆的方程写出圆心、半径，由题设易得圆心到直线l距离为，讨论直线l与x轴的位置关系，应用点斜式、点线距离公式求参数，进而确定直线方程.【详解】(1)设圆C方程为，经过三点，所以，解得，所以圆C方程为.(2)圆C方程化为，所以圆C的圆心为，半径为5．因为，设MN中点为E，则且，从而．即到直线l的距离为，且经过点．当直线l与x轴垂直时，直线l为，点到直线l的距离为，满足题意；当直线l与x轴不垂直时，设直线l为，即．所以，解得，此时直线l为．因此，满足题意的直线l的方程为和.19．如图，已知斜三棱柱，，，，且平面平面.(1)求证：；(2)求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）连接，根据面面垂直的性质，结合线面垂直的判定可得平面，进而证明即可；（2）取的中点，连接，根据线面垂直的性质可得平面，进而得到直线与平面所成角为，再根据平面几何关系求解即可【详解】(1)连接，因为，平面平面，平面平面，，平面，所以，平面，平面，.在菱形中，，，所以平面，又平面，所以.(2)取的中点，连接，，所以，，，因为，平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以，直线与平面所成角为.，所以，所以，. 故直线与平面所成角的正弦值为20．在△ABC中，三个角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且．(1)求A；(2)若a＝，△ABC的面积为，求△ABC的周长．【答案】(1)(2)或+ 【分析】（1）根据正弦定理以及，化简原式可得，求解即可；（2）由S△ABC＝，可得b＝c或c＝3b，分类讨论即得解.【详解】(1)由正弦定理可得，，又，故，化简得，又，故，所以．又，所以A＝．(2)由（1）知，S△ABC＝＝，所以有＝，可得，即，解得b＝c或c＝3b．若b＝c，则△ABC为正三角形，其周长为3；若c＝3b，由，可得c＝，b＝，所以△ABC的周长为+．综上可知，△ABC的周长为或+.21．在平面直角坐标系中，点，过动点P作直线的垂线，垂足为M，且.记动点P的轨迹为曲线E.(1)求曲线的方程；(2)过点的直线交曲线于不同的两点、，若为线段的中点，求直线的方程.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用向量数量积的坐标形式表示P点坐标满足的等量关系并化简即可得到其轨迹方程；（2）先根据直线与曲线E的公共点个数情况讨论直线的斜率，斜率不存在和斜率为0时均不满足；斜率存在且不为0时，再根据中点坐标关系解出斜率k，即可求得直线l的方程.【详解】(1)设，则．因为，所以，因为，所以，即.所以曲线E的方程为.(2)若直线l的斜率不存在，则l与曲线E无公共点，因此l的斜率存在；若l的斜率为0，则l与曲线E只有一个公共点，因此l的斜率不为0.设，由得，于是，解得且．设，，则.因为B为线段的中点，所以．又，所以，因此，所以，符合且，于是，此时直线的方程为.22．已知椭圆，椭圆上动点到左焦点距离的最大值为3，最小值为1.（1）求椭圆的标准方程；（2）设点为椭圆长轴的左端点，为椭圆上异于椭圆长轴端点的两点， 记直线斜率分别为，若，请判断直线是否过定点？若过定点，求该定点坐标，若不过定点，请说明理由.【答案】（1）；（2）过定点，.【分析】（1）由题意可得a-c=1,a+c=3，求出，再由即可求解. （2）讨论直线斜率存在与否，将直线与椭圆方程联立，根据，利用韦达定理化简整理可得，求出或，代入直线方程即可求解.【详解】（1）由题可知a-c=1,a+c=3， 解得 a=2,c=1,则b=3，故椭圆的标准方程为.（2）设点的坐标分别为，（ⅰ）当直线斜率不存在时，由题意知，直线方程和曲线方程联立得：，，（ⅱ）当直线的斜率存在时，设直线的方程为，联立，消去得：，由，有，由韦达定理得：，，故，可得：，可得：，整理为：，故有，化简整理得：，解得：或，当时直线的方程为，即，过定点不合题意，当时直线的方程为，即，过定点，综上，由（ⅰ）（ⅱ）知，直线过定点.(也可以直接设x=my+n避免讨论)