2022-2023学年江西省丰城市第九中学高二上学期入学质量检测数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年江西省丰城市第九中学高二上学期入学质量检测数学试题（解析版），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。
2022-2023学年江西省丰城市第九中学高二上学期入学质量检测数学试题 一、单选题1．设，则A． B． C． D．【答案】C【详解】分析：利用复数的除法运算法则：分子、分母同乘以分母的共轭复数，化简复数，然后求解复数的模.详解：，则，故选c.点睛：复数是高考中的必考知识，主要考查复数的概念及复数的运算．要注意对实部、虚部的理解，掌握纯虚数、共轭复数这些重要概念，复数的运算主要考查除法运算，通过分母实数化转化为复数的乘法，运算时特别要注意多项式相乘后的化简，防止简单问题出错，造成不必要的失分.2．已知圆锥的轴截面是斜边为的直角三角形，该圆锥的体积为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据给定条件，利用圆锥的结构特征求出圆锥底面圆半径和高即可计算作答.【详解】因圆锥的轴截面是斜边为的直角三角形，则该圆锥的轴截面是等腰直角三角形，其底面圆半径为，高为，所以该圆锥的体积为.故选：C3．“”是“直线与直线平行”的（    ）A．充要条件 B．必要不充分条件C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要【答案】A【分析】由可得直线与直线平行，即充分条件成立；由直线与直线平行，求得的值为，即必要条件成立；【详解】因为，所以直线，直线，则与平行，故充分条件成立；当直线与直线平行时，，解得或，当时，直线与直线重合，当时，直线，直线平行，故必要条件成立.综上知，“”是“直线与直线平行”的充要条件.故选：A.4．设P为x轴上的一点， ，若直线PA的斜率是直线PB的斜率的2倍，则点P的坐标为（    ）A．  B．  C．  D． 【答案】B【分析】设，根据直线PA的斜率是直线PB的斜率的2倍，列出方程，即可求得答案.【详解】设 ，而，则，，∵直线PA的斜率是直线PB的斜率的2倍，∴，解得 ，即点P的坐标为，故选：B．5．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，△ABC外接圆的半径为6，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由题意求得，根据正弦定理可求得a,b.继而求得sinC,再根据正弦定理求得答案.【详解】因为，所以,因为，所以,因为△ABC外接圆的半径R为6，所以.因为，所以.因为，A为锐角，所以，因为，所以,故选:D6．设，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，下列命题中正确的是（    ）A．若，，，则B．若，，，则C．若，，，则D．若，，则【答案】C【分析】ABD选项，可以举出反例，C选项，可以利用面面垂直的性质进行证明【详解】A选项，若，，，则或异面，A错误；B选项，如图，满足，，，而，故B错误；C选项，因为，设，，所以，因为，所以，因为，，所以，则，C正确；D选项，如图，满足，，而，D错误.故选：C7．若点P（3，1）到直线l：3x+4y+a＝0（a＞0）的距离为3，则a＝（    ）A．2 B．3 C． D．4【答案】A【分析】利用点到直线的距离公式，求解即可．【详解】解：点P（3，1）到直线l：3x+4y+a＝0（a＞0）的距离为3，可得3，解得a＝2，故选：A．8．已知，若点是所在平面内一点，且，则的最大值等于（    ）A．76 B．78 C．80 D．82【答案】A【分析】以为坐标原点建立平面直角坐标系，利用平面向量坐标运算可求得，由数量积的坐标运算可表示出，利用基本不等式可求得结果.【详解】以为坐标原点，可建立如图所示平面直角坐标系，则，，，，，即，，，，，（当且仅当，即时取等号），.故选：A. 二、多选题9．若直线不平行于平面，且，则下列说法正确的是（    ）A．内存在一条直线与平行 B．内不存在与平行的直线C．内所有直线与异面 D．内有无数条直线与相交【答案】BD【分析】利用直线与直线，直线与平面的位置关系判断.【详解】A. 若内存在一条直线与平行，则由线面平行的判定定理知 ，故错误；B. 因为直线不平行于平面，且，所以直线与平面相交，故内不存在与平行的直线，故正确；C. 因为直线不平行于平面，且，所以直线与平面相交，在内过交点的直线与共面，故错误；D. 因为直线不平行于平面，且，所以直线与平面相交，在内过交点的直线有无数条与相交，故正确；故选：BD10．已知直线l：，其中，下列说法正确的是（    ）A．当时，直线l与直线垂直B．若直线l与直线平行，则C．直线l过定点D．当时，直线l在两坐标轴上的截距相等【答案】AC【分析】对于A，代入，利用斜率之积为得知直线l与直线垂直；对于B，由两平行线的一般式有求得，从而可判断正误；对于C，求定点只需令参数的系数为0即可，故直线l过定点；对于D，代入，分别求得直线l在两坐标轴上的截距即可判断正误.【详解】对于A，当时，直线l的方程为，故l的斜率为1，直线的斜率为，因为，所以两直线垂直，所以A正确；对于B，若直线l与直线平行，则，解得或，所以B错误；对于C，当时，则，所以直线过定点，所以C正确；对于D，当时，直线l的方程为，易得在x轴、y轴上的截距分别是，所以D错误.故选：AC.11．如图，在棱长均相等的四棱锥中, 为底面正方形的中心, 分别为侧棱，的中点，下列结论正确的有（    ）A．∥平面 B．平面∥平面C．直线与直线所成角的大小为 D．【答案】ABD【分析】连接，由∥易证∥平面；证明出∥平面，结合∥平面可知平面∥平面；利用边长关系结合勾股定理证明.【详解】对于选项A，连接，显然为的中点，又为的中点，所以平面，平面，所以∥平面，选项A正确；对于选项B，由分别为侧棱的中点，得∥，又底面为正方形，所以∥，同理可得∥平面,又由选项得∥平面，，所以平面∥平面，选项B正确；对于选项C，因为∥，所以（或补角）为直线与直线所成的角，又因为所有棱长都相等，所以，故直线与直线所成角的大小为，选项C不正确；对于选项D，因底面为正方形，所以,又所有棱长都相等，所以，故，又∥，所以，选项D正确.故选：ABD.【点睛】本题考查空间平行关系垂直关系的判断，难度一般.解答时要注意图中的几何关系，根据线面平行、面面平行及线面垂直等的判定定理判断.12．已知函数，则下列结论正确的有（    ）A．为偶函数B．的最小值为C．在上共有4个零点D．在区间上单调递减【答案】AB【分析】利用奇偶函数定义可判断A；由可判断B；令，由得，结合图形可判断C；由B可知，存在，使得，此时取到最小值，可判断D.【详解】对于A，，故A正确；对于B，令|，则，当时，，故B正确；对于C，令，则，，令，则，即，所以在上共有5个零点，故C错误；对于D，由B可知，存在，使得，此时取到最小值，而，故D错误.故选：AB. 三、填空题13．直线过点，且与直线：的夹角为，则直线的方程为______．【答案】或【分析】由题设可得直线的倾斜角为或，结合倾斜角与斜率关系及点斜式写出直线方程.【详解】由题设，直线斜率为，则其倾斜角为，所以直线的倾斜角为或，且过，故直线的方程为或，即或.故答案为：或14．若一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与某一个球的直径相等，则圆柱､圆锥､球的表面积之比为___________.【答案】【分析】设球的半径为，分别利用圆柱，圆锥和球的表面积公式进行计算作比，可得答案．【详解】设球的半径为，则圆柱的表面积，圆锥的表面积，球的表面积，所以圆柱､圆锥､球的表面积之比为.故答案为：15．已知向量，，，_______．【答案】【分析】由已知可得，展开化简后可得结果.【详解】由已知可得，因此，.故答案为：.16．若方程在内有解，则a的取值范围是______．【答案】【分析】利用同角三角函数关系式可将问题转化为在上有解，利用正弦函数及二次函数的性质求得a的取值范围.【详解】把方程变为，设，则．显然当且仅当的值域时,有解．且由知,，∴当时，有最小值，当时，有最大值的值域为,∴的取值范围是．故答案为：. 四、解答题17．已知两条直线l1：x＋my＋6＝0，l2：(m－2)x＋3y＋2m＝0，当m为何值时，l1与l2：(1)相交；(2)平行；(3)垂直．【答案】(1)且；(2)；(3). 【分析】（1）由直线平行的判定，要使直线相交只需，即可求值.（2）由直线平行的判定有，注意验证直线是否存在重合的情况，即可得解.（3）由直线垂直的判定有，即可求值.【详解】（1）直线相交，则，即，所以且.（2）直线相交，则，即，所以或.当时，，，符合题设；当时，，，两线重合，不合题设；综上，.（3）直线垂直，则，可得.18．已知函数.(1)若点在角的终边上，求的值；(2)若，求的值域.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据三角函数的定义求出，进而先用二倍角公式化简，再代入求值；（2）先用三角函数恒等变换得到，再结合求出值域.【详解】（1）因为点在角的终边上， 所以，，所以 （2），因为，所以，所以，                            所以的值域是.19．已知直线的方程为：．(1)求证：不论为何值，直线必过定点；(2)过点引直线，使它与两坐标轴的负半轴所围成的三角形面积最小，求的方程．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）列出方程，分别令，可求出定点；（2）令令，表达出三角形面积后，利用基本不等式求解即可.【详解】（1）证明：原方程整理得：．由，可得，不论为何值，直线必过定点（2）解：设直线的方程为．令令．．当且仅当，即时，三角形面积最小．则的方程为．20．如图，正四棱台的高是，上、下底面边长分别为和.(1)求该棱台的侧棱长；(2)求直线与的距离.【答案】(1)(2) 【分析】（1）过点、分别在平面内作，，垂足分别为点、，利用勾股定理计算出的长，即可得解；（2）过点、分别在平面内作，，垂足分别为点、，利用勾股定理计算出的长，即可得解.【详解】（1）解：过点、分别在平面内作，，垂足分别为点、，如下图所示：根据正四棱台的性质可知四边形为等腰梯形，因为四边形为正方形，且，则，同理，在等腰梯形内，因为，，，所以，四边形为矩形，所以，，，，，，所以，，所以，，所以，该正四棱台的侧棱长为.（2）解：过点、分别在平面内作，，垂足分别为点、，在等腰梯形中，，，，则四边形为矩形，所以，，，，，，所以，，则，所以，.因此，直线与的距离为.21．已知函数部分图象如图所示．(1)求函数的解析式．(2)设函数在区间上有两个不同的零点，求．【答案】(1)(2) 【分析】（1）结合五点法作图，由最大值得，由周期得，代入点的坐标得，即可得函数解析式；（2）由题意知和的图象有两个不同交点，作出函数在上的图象，确定的范围，结合函数的对称性，求得的值，即得的值．【详解】（1）由图可知：，，，，，代入点，，根据五点法作图，得，，，，．（2）函数在区间上有两个不同的零点，即和的图象有两个不同交点，作出函数在上的图象，其中，，，，由图可知，不妨设，则关于直线对称，故，所以．22．如图，在四棱锥中，平面，平面平面是正三角形，．（1）求证：平面；（2）求证：平面；（3）若，求四面体的体积V．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）2．【分析】（1）由平面，可证明，再由线线平行推线面平行，即得解；（2）由平面平面可证明平面，继而可得，又即得证；（3）由可得解.【详解】（1）证明：∵在四棱锥中，平面平面，平面平面，∴，∵平面平面，∴平面；(2)证明：取中点O，连接，则，∵平面平面平面，平面平面，∴平面，则，又∵，平面，则平面；（3）在中，∵，∴，∴，在等边三角形中，由，得，又平面，∴．