江苏省南通市海安高级中学2023-2024学年高二数学上学期阶段测试(一)试题（Word版附解析）

2023～2024学年度高二年级阶段测试（一）

数学

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. 已知集合，集合，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】解不等式求得集合，求函数的值域求得集合，进而求得.

【详解】，解得，

所以，

由于，所以，

所以，所以.

故选：C

2. 已知复数满足，则（   ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据复数的运算求得，再求复数的模即可.

【详解】依题意，，所以.

故选：C

3. “m<1”是“点P（1，1）在圆C：x2＋y2﹣2mx＝0外”的（    ）

A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件

C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件

【答案】B

【解析】

【分析】根据点与圆的位置，结合充分性、必要性的定义进行判断即可.

【详解】由x2＋y2﹣2mx＝0可得，该方程表示圆，所以有，

当点P（1，1）在圆C：x2＋y2﹣2mx＝0外时，

有，所以此时，

显然由不一定能推出，但是由一定能推出，所以“m<1”是“点P（1，1）在圆C：x2＋y2﹣2mx＝0外”的必要不充分条件，

故选：B

4. 已知函数与的部分图象如图1（粗线为部分图象，细线为部分图象）所示，则图2可能是下列哪个函数的部分图象（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】结合函数的奇偶性、特殊点的函数值确定正确选项.

【详解】由图1可知偶函数，为奇函数，

A选项，，所以是偶函数，不符合图2.A错.

C选项，，所以是偶函数，不符合图2.C错.

D选项，，所以的定义域不包括，不符合图2.D错.

B选项，，所以是奇函数，符合图2，所以B符合.

故选：B

5. 若动点分别在直线和上移动，则AB的中点M到原点距离的最小值为（    ）

A. 3 B. 2 C.  D. 4

【答案】A

【解析】

【分析】由题意，知点M在直线l1与l2之间且与两直线距离相等的直线上，设该直线方程为，然后利用两平行线间的距离公式列方程可求出的值，再利用点到直线的距离公式可求得结果.

【详解】由题意，知点M在直线与之间且与两直线距离相等的直线上，

设该直线方程为，则，即，

∴点M在直线上，

∴点M到原点的距离的最小值就是原点到直线的距离，即.

故选：A.

6. 已知圆，从点出发的光线要想不被圆挡住直接到达点，则实数的取值范围为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据条件，将问题转化成点落在过点且与圆相切的两直线“外”，再通过求出切线方程即可求出结果.

【详解】由题意知，从点出发的光线与圆相离时，光线不被挡住，

设过点与圆相切的直线方程为，即，

又圆，所以圆心到的距离，解得，故，令，，

所以或.

故选：B.

7. 设函数，若对于任意实数，在区间上至少有2个零点，至多有3个零点，则的取值范围是（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】，只需要研究的根的情况，借助于和的图像，根据交点情况，列不等式组，解出的取值范围.

【详解】令，则

令，则

则问题转化为在区间上至少有两个，至少有三个t，使得，求的取值范围.

作出和的图像，观察交点个数，

可知使得的最短区间长度为2π，最长长度为，

由题意列不等式的：

解得：.

故选：B

【点睛】研究y=Asin(ωx+φ)+B的性质通常用换元法（令），转化为研究的图像和性质较为方便.

8. 已知点，直线将三角形ABC分割成面积相等的两个部分，则b的取值范围是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】先求得直线与x轴的交点为，根据面积相等可得点M在射线OA上即．求出直线和BC的交点N的坐标，就的不同位置分类讨论后可得结果．

【详解】由题意可得，三角形ABC的面积为，

由于直线与x轴的交点为，

由直线将分割为面积相等的两部分，可得，

故，故点M在射线OA上．

设直线和BC的交点为N，则由可得点N的坐标为．

①若点M和点A重合，则点N为线段BC的中点，故，

把A、N两点的坐标代入直线，求得．

②若点M在点O和点A之间，此时，点N在点B和点C之间，

由题意可得三角形NMB的面积等于，

故，即 ，可得，求得 ，

故有．

③若点M在点A的左侧，则，由点M的横坐标，求得．

设直线和AC的交点为P，

则由求得点P的坐标为，

此时由题意可得，的面积等于，即，

即，化简可得．

由于此时，，．

两边开方可得，，化简可得 ，

故有．

综上的取值范围应是 ，

故选：A．

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．

9. 下列说法中，正确的有（    ）

A. 点斜式 = 可以表示任何直线

B. 直线在轴上的截距为-2

C. 直线关于对称的直线方程是

D. 点到直线的最大距离为2

【答案】BD

【解析】

【分析】根据直线点斜式方程，斜截式方程的适用范围，结合直线关于直线的对称直线的求法，以及直线恒过定点的处理方法，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.

【详解】对A：当直线斜率不存在时，不能用该方程表示，故A错误；

对B：在轴上的截距为，故B正确；

对C：点关于的对称点为，故直线关于对称的直线方程是，故C错误；

对D：，即，其恒过定点，

又，

故点到直线的最大距离为2，D正确.

故选：BD.

10. 关于函数的描述错误的是（    ）

A. 其图象可由的图象向右平移个单位得到

B. 在仅有1个零点

C. 在单调递增

D. 在的最小值为

【答案】ABC

【解析】

【分析】求得的图象向右平移个单位所得图像的解析式判断选项A；求得在上的零点个数判断选项B；举反例否定选项C；求得在的最小值判断选项D

【详解】

选项A：的图象向右平移个单位得到

但，即没有得到.判断错误；

选项B：当时，，

由，可得，或，即或

则在有且仅有2个零点.判断错误；

选项C：由，

，可得

则在上不单调递增.判断错误.

选项D：由，可得，

则，

则在的最小值为.判断正确.

故选：ABC

11. 下列说法中，不正确的有（    ）

A. 已知点，，若直线的倾斜角小于，则实数a的取值范围为

B. 若集合，满足，则

C. 若两条平行直线和之间的距离小于1，则实数a的取值范围为

D. 若直线与连接，的线段相交，则实数a的取值范围为

【答案】CD

【解析】

【分析】根据直线的倾斜角、斜率、平行直线、直线相交等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.

【详解】A选项，当时，直线即直线，此时直线的倾斜角为，

所以A选项错误.

B选项，由，得 ，

所以集合表示斜率为的直线上的点（除去点）.

由，得，

所以集合表示过点且斜率为的直线，

若，此时两直线平行，满足，

若直线过点，

则，此时，

且，所以B选项错误.

C选项，依题意，

所以实数的取值范围是，C选项正确.

D选项，直线过定点，斜率为，

，

所以或，解得或，

所以实数a的取值范围为，D选项正确.

故选： CD

12. 香囊，又名香袋､花囊，是我国古代常见的一种民间刺绣工艺品，香囊形状多样，如图1所示的六面体就是其中一种，已知该六面体的所有棱长均为2，其平面展开图如图2所示，则下列说法正确的是（    ）

A. AB⊥DE B. 直线CD与直线EF所成的角为45°

C. 该六面体的体积为 D. 该六面体内切球的表面积是

【答案】AD

【解析】

【分析】对应展开图的各点，标出立体图形的各顶点.利用线面垂直，可以得到线线垂直；与分别为正三角形的边，其所成的角为；把几何体分割成二个四面体求体积；计算内切球的半径，就可以求内切球的表面积.

【详解】由题知，所给六面体由两个同底面的正四面体组成，将题图2的平面展开图还原为直观图后如下图所示，其中四点重合.

对于A：

取的中点，连接，则.

又

平面

又平面

故正确.

对于B：

由图可知，与分别为正三角形的边，其所成的角为

故错误.

对于C：

连接，过点作平面，则垂足在上，且，

该六面体的体积

故C错误.

对于D：

该六面体的各棱长相等

其内切球的球心必在公共面上

又为正三角形

点即为该六面体内切球的球心，且该球与相切

过点作，则就是内切球的半径.

在Rt中，

该内切球的表面积为

故D正确

故选：AD.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 中，顶点，点在直线上，点在轴上，则周长的最小值为_______________．

【答案】

【解析】

【分析】

求出关于直线对称点坐标，关于轴对称点坐标，与的交点即为，与交点即为．的长即为最小值．

【详解】设关于直线对称点为，关于轴对称点为，与的交点即为，与交点即为．的长即为周长的最小值．

设，则，解得，即，

关于轴对称点为，

周长的最小值为．

故答案为：．

【点睛】思路点睛：求线段和（或差）的最小（最大）值问题，实质上是对称问题，利用数形结合思想，求出点关于直线的对称点，关于轴的对称点，连结即可求得最小周长．

14. 设是从集合中随机选取的数，则直线与圆有公共点的概率是______．

【答案】##

【解析】

【分析】根据直线与圆的位置关系可得，利用列举法和古典概型的概率公式可求出结果.

【详解】直线与圆公共点，等价于，等价于，

，，

设，

当时，；

当时，，

当时，；

当时，；

当时，.

故，

所以.

即直线与圆有公共点的概率是.

故答案为：

15. 已知两定点，如果动点满足，点是圆上的动点，则的最大值为__________.

【答案】12

【解析】

【分析】首先求点的轨迹方程，再利用数形结合求的最大值.

【详解】设点，则，

整理为：，

设圆的圆心为，圆的圆心为，

如图，可知，的最大值是圆心距加两个圆的半径，即.

故答案为：12

16. 在三棱锥中，已知平面，，，，，则该三棱锥外接球的表面积为______.

【答案】

【解析】

【分析】求解底面ABC的外接圆的半径，利用球心与圆心的连线垂直底面，构成直角三角形即可求解三棱锥外接球的半径，可得其表面积

【详解】在底面 中， ，，，
由余弦定理可得，

设外接圆的圆心为 ，半径为r，球心为O，
由正弦定理可得， ，得，
底面ABC，且球心到点P，A的距离相等，

球心与底面的距离为 ，
球心与圆心的连线垂直于底面，，
，
该三棱锥外接球的表面积
故答案为：

四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，向量，，且

（1）求A；

（2）若，的面积为，求的周长．

【答案】（1）；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）由题意，再由正弦定理化简得，可得A；

（2）由余弦定理得，再由三角形面积公式得，即可求，进而得出的周长．

【小问1详解】

由，则，

由正弦定理得：，

中，故，即，

因为，所以；

【小问2详解】

由余弦定理得，即，可得，

又，得，则，即，

所以的周长为

18. 已知圆．

（1）直线过点，且与圆C相切，求直线的方程；

（2）设直线与圆C相交于M，N两点，点P为圆C上一动点，求的面积S的最大值．

【答案】（1）x＝－1或4x－3y＋7＝0   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据直线的斜率是否存在，分别设出直线方程，再根据圆心到直线的距离等于半径，即可解出；

（2）根据弦长公式求出，再根据几何性质可知，当时，点P到直线距离的最大值为半径加上圆心到直线的距离，即可解出．

【小问1详解】

由题意得C（2，0），圆C的半径为3．

当直线的斜率存在时，设直线的方程为y－l＝k（x＋1），即kx－y＋k＋1＝0，

由直线与圆C相切，得，解得，所以直线的方程为4x－3y＋7＝0．

当直线的斜率不存在时，直线的方程为，显然与圆C相切．

综上，直线的方程为x＝－1或4x－3y＋7＝0．

【小问2详解】

由题意得圆心C到直线的距离，

设圆C的半径为r，所以r＝3，所以，

点P到直线距离的最大值为，

则的面积的最大值．

19. 设函数

（1）当时，求的取值范围；

（2）若，且，求的值.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用诱导公式和两角和或差的三角函数公式对函数解析式化简整理，即可求解；
（2）根据已知求得的值，讨论角的范围得，利用二倍角公式求解即可.

【小问1详解】

，
因为，所以，
所以的取值范围为

【小问2详解】

由，
得，
，
，
，
又，
，
，
 

20. 三角形的顶点，边上的中线所在直线为，A的平分线所在直线为．

（1）求A的坐标和直线的方程；

（2）若P为直线上的动点，，，求取得最小值时点P的坐标．

【答案】（1），直线的方程为   

（2）

【解析】

【分析】（1）设点A坐标并表示中点D坐标，由点在直线方程建立方程求解即可得A，利用角平分线的性质可得点B关于直线的对称点，从而求方程；

（2）由两点之间的距离公式结合二次函数求最值计算即可.

【小问1详解】

由题意可设，则，由直线，的方程可知：

，即，

设点B关于直线的对称点，

则中点坐标为，，

依题意有，解之得，即，

易知在直线上，故由两点式可得，化简得；

  【小问2详解】

由（1）所得方程，不妨设，

则，

由二次函数的性质可知当，上式取得最小值，此时.

21. 已知圆M与直线相切，圆心M在直线上，且直线被圆M截得的弦长为．

（1）求圆M的方程；

（2）若在x轴上的截距为且不与坐标轴垂直的直线l与圆M交于A，B两点，在x轴上是否存在定点Q，使得？若存在，求出Q点坐标；若不存在，说明理由．

【答案】（1）   

（2）存在，点坐标为

【解析】

【分析】（1）设圆M的圆心为，半径为r，根据垂径定理，结合直线与圆相切的性质列式求解即可；

（2）设，，，联立直线与圆的方程，得出韦达定理，假设存在满足条件，根据，化简，再代入韦达定理化简即可.

【小问1详解】

设圆M的圆心为，半径为r，

因为圆M与直线相切，所以．

又因为直线被圆M截得的弦长为，

所以，解得，

即圆心坐标为，，所以圆M的方程为．

  【小问2详解】

存在．设，，，

由，得．

由根与系数关系，得．

假设存满足条件，则，．

由，得，

即，

即，，

即且，所以．

所以存在满足条件．

22. 如图所示，四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为1的菱形，∠BCD=60°，E是CD的中点，PA⊥底面ABCD，PA=2.

（1）证明:平面PBE⊥平面PAB；

（2）求点D到平面PBE的距离；

（3）求平面PAD和平面PBE所成锐二面角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）

【解析】

【分析】(1) 利用面面垂直的判定定理，转化为证明平面.

(2) 在三棱锥中，利用等体积法求点到面的距离.

(3) 先作出所求二面角并证明，再用解三角形知识求解.

【详解】(1)证明：连接BD，由四边形ABCD是边长为1的菱形，∠BCD=60° ，

可知是正三角形.因为E是CD的中点，所以BE⊥CD，

又AB//CD，所以

因为PA⊥底面ABCD，平面ABCD，所以PA⊥ BE.

又平面PAB，平面PAB， AB∩PA=A， 所以BE⊥ 平面PAB，

又平面PBE，所以平面 PBE⊥平面PAB.

(2)因为PA⊥底面 ABCD，平面ABCD，所以PA⊥AB.

又 PA=2， AB=1，所以.

因为正三角形BCD中，BC=1， E是CD的中点，所以.

因为BE⊥平面PAB，平面PAB，所以BE⊥PB，

所以

因为，PA⊥底面ABCD，

设点D到平面PBE的距离为d，

所以，

而

所以，即点D到平面PBE的距离为.

(3)延长BE、AD，交于点F，连PF，则PF为平面PAD和平面PBE的交线.

取AD中点H，连BH，过B作，垂足为I，连HI.

由四边形ABCD是边长为1的菱形，∠BCD=60°，

可知是正三角形，因为H是AD的中点，所以 .

因为PA⊥底面ABCD，平面ABCD，所以.PA⊥ BH.

又平面PAD，平面PAD，AD∩PA=A，

所以BH⊥平面PAD，又平面PAD，所以.BH⊥PF，

又BI⊥PF，平面BHI，平面BHI， BH∩BI=B，

所以PF⊥平面BHI，而平面BHI，所以PF⊥HI，

则∠BIH为二面角B-PFA的一个平面角.

因为BH⊥平面PAD，平面PAD，所以BH⊥HI.

因为菱形ABCD中，DE//AB，， E为BF的中点，.

在中，，，PB⊥BF， BI⊥PF，

所以，，又，

所以中，，，

即平面PAD和平面PBE所成锐二面角的余弦值为