海南省省直辖县级行政单位澄迈县澄迈中学2023-2024学年高二上学期11月期中考试数学试题

这是一份海南省省直辖县级行政单位澄迈县澄迈中学2023-2024学年高二上学期11月期中考试数学试题，共12页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
考试时间：120分钟 满分：150分
班级：______姓名：______考号：______
一、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、设集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．点到点的距离相等，则等于（ ）
A．B．1C．D．2
3．已知，则向量与的夹角是（ ）
A．B．C．D．
4．直线恒过一定点，则此定点坐标是（ ）
A．B．C．D．
5．若直线的方向向量为，平面的法向量为，则可能使的是（ ）
A．B．
C．D．
6．直线与圆的位置关系是（ ）
A．相交B．相切C．相交或相切D．不能确定
7．圆的圆心到直线的距离为1，则（ ）
A．B．C．D．2
8．与圆和圆都相切的直线条数是（ ）
A．4B．3C．2D．1
二、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．已知复数，则下列结论正确的是（ ）．更多优质滋元可 家 威杏 MXSJ663 A．B．在复平面内对应的点位于第二象限
C．的虚部为D．是方程的根
10．下列结论中正确的有（ ）
A．过点且与直线平行的直线的方程为
B．过点且与直线垂直的直线的方程为
C．若直线与直线平行，则的值为3
D．过点，且在两坐标轴上的截距相等的直线的方程为
11．如图，在直三棱柱中，分别为的中点．则下列结论正确的是（ ）
A．直线与平面所成角为B．平面与平面的夹角为
C．与所成角的大小为D．直线到平面的距离为
12．已知圆，直线，点在直线上运动，直线分别切圆于点．则下列说法正确的是（ ）
A．四边形的面积最小值为
B．为圆上一动点，则最小值为
C．最短时，弦直线方程为
D．最短时，弦长为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．已知点，点在轴上，为直角三角形，请写出的一个坐标：______．
14．《易经》是中国传统文化中的精髓，如图，这是易经八卦图（含乾、坤、巽、震、坎、离、艮、兑八卦），每一卦由3根线组成（“”表示1根阳线，“”表示1根阴线），从八卦中任取两卦，则两卦的6根线中恰有4根阳线和2根阴线的概率为______．
15．点，则点到直线的距离是______．
16．设是实数，已知集合，集合，且，则的取值范围是______．
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．已知三条直线，和．
（1）若，求实数的值；
（2）若三条直线相交于一点，求实数的值．
18．已知，圆是的外接圆．
（1）求圆的方程；
（2）若直线过点，且被圆截得的弦长为6，求直线的方程．
19．如图，在斜四棱柱中，底面是边长为1的正方形，，记．
（1）证明：；
（2）求侧棱的长．
20．已知圆，圆．
（1）试判断圆与圆是否相交，若相交，求两圆公共弦所在直线的方程；若不相交，请说明理由．
（2）若直线与圆交于两点，且，求实数的值．
21．设的内角的对边分别为，且．
（1）求角的大小；
（2）已知；求三角形的面积．
22．已知点，点为曲线上任意一点且满足
（1）求曲线的方程；
（2）设曲线与轴交于两点，点是曲线上异于的任意一点，直线分别交直线于点，试问轴上是否存在一个定点，使得？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
澄迈中学2023-2024学年高二年级第一学期期中考试
数学试题解析
一、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、D【解析】 由题意得，，则．选D．
2．B【解析】 由题意，，
即，即．
3．A【解析】 ，
．
4．D【解析】 当时，不论取何值，恒等于1．恒过定点．
5．D【解析】 若，则．将各选项代入，知D选项正确．
6．C【解析】 直线过定点，而点在圆上，所以直线与圆相交或相切．
7、A【解析】 圆化为标准方程为：，
故圆心为，解得，
8．B【解析】 两圆的方程配方得，，
，圆心，半径，
．
两圆外切，故有3条公切线．
二、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．ACD【分析】 根据复数的乘方运算化简复数，再根据复数的模长、几何意义、复数的运算及复数与方程的根逐项判断关系即可．
【详解】 因为，所以，A正确；
在复平面内对应的点为，位于第一象限，B错误；
，虚部为，C正确；
由得，即，所以是方程的根，D正确．
10．ABC【分析】 对于A，由互相平行直线的特点直接写出方程，化简对比即可；对于B，由互相垂直直线的特点直接写出方程，化简对比即可；对于C，由直线平行的充要条件列出方程，解方程对比即可，注意检验；对于D，注意到当截距均为0时，也是有可能的，故可以判断D错误．
【详解】 对于A，过点且与直线平行的直线的方程为，化简得，故A正确；
对于B，过点且与直线垂直的直线的方程为，化简得，故B正确；
对于C，因为直线与直线平行，所以，解得或，注意到当时，两直线重合，所以，故C正确；
对于D，注意到点在直线上，且该直线在两坐标轴上的截距均为0，即该直线截距相等，故D错误．
11．BD【分析】 ABC用空间向量法求线面角，二面角及异面直线所成角判断，D求点到平面距离来进行判断．
【详解】 建立如图所示空间直角坐标系，
，设平面的法向量为，则，故可设．
对于A选项，，设直线与平面所成角为，A选项错误．
对于B选项，设平面的法向量为，设平面与平面的夹角为，B选项正确．
对于C选项，，所以，C选项错误．
，所以到平面的距离即直线到平面的距离为，D选项正确．
12．ACD【分析】 根据已知，结合图形，利用直角三角形、圆的性质、直线方程以及点到直线的距离公式、勾股定理计算求解．
【详解】 对于A，由切线长定理可得，又因为，所以，所以四边形的面积，
因为，
当时，取最小值，且，所以四边形的面积的最小值为，故A正确；
对于B，因为，所以最小值为，故B错误；
对于C，由题意可知点，在以为直径的圆上，设，
其圆的方程为：
化简为，与方程相减可得，
则直线的方程为，当最短时，，则，解得，故直线的方程为，故C正确；
对于D，当最短时，圆心到直线的距离，
所以弦长为，故D正确．
【点睛】难点点睛：解答本题的难点在于C的判断，解答时要注意结合圆的公共弦方程的求解，求出直线方程，然后利用垂径定理求出弦长．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．（答案不唯一，任意一个都可以）
【分析】 根据题意可设，再对直角进行分类讨论并利用直线垂直的斜率关系可求得的一个坐标为．
【详解】 设，易知当或时，不合题意，
因此当且时，可得，
当直角时，，得的坐标为．
当为直角时，，得的坐标为．
当为直角时，，化简得，该方程无解．
14．【分析】 根据题意，利用列举法写出样本空间，结合古典概型的概率公式计算即可求解．
【详解】 由题意可知，从八卦中任取两卦，
则样本空间（乾，坤），（乾，震），（乾，巽），（乾，坎），（乾，离），（乾，艮），（乾，兑），（坤，震），（坤，巽），（坤，坎），（坤，离），（坤，艮），（坤，兑），（震，巽），
（震，坎），（震，离），（震，艮），（震，兑），（巽，坎），（巽，离），（巽，艮），（巽，兑），
（坎，离），（坎，艮），（坎，兑），（离，艮），（离，兑），（艮，兑），共包含28个样本点．
八卦中，3根都是阳线的有一卦，2根阳线、1根阴线的有三卦，1根阳线、2根阴线的有三卦，
3根都是阴线的有1卦，
记事件“从八卦中任取两卦，这两卦的6根线中恰有4根阳线和2根阴线”为A，
则（乾，震），（乾，坎），（乾，艮），（巽，离），（巽，兑），（离，兑），共包含6个样本点，故所求概率为
15．．【分析】 由数量积求出的余弦值，由平分关系得其正弦值，再由计算出距离．
【详解】 ，，又，
所以，
所以到直线的距离为．
16．【分析】 根据题意，分析可得与表示的平面区域，又有，即可得两个区域的包含关系，转化为圆与圆的位置关系，即可得到答案．
【详解】 点集表示平面上以为圆心，2为半径的圆所围成的区域（包括圆周）；
点集表示平面上以为圆心，为半径的圆的内部．
要使，应使内含或内切于．
故有，即，解得．
【点睛】 本题考查交集的运算，但因涉及圆以及几何区域，难度较大，要求学生熟悉用集合语言表述几何问题，利用数形结合方法解题．
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．解：（1）因为且．
所以．解得．经检验，时，．
（2）由，解得即与的交点为，
因为三条直线相交于一点，所以点在上，
所以．解得．
18．解：（1）设圆的一般方程为，
因为圆过三点，
所以，解得，
所以圆的一般式方程为．
（2）由（1）可知圆心为，半径，
又被圆截得的弦长为6，
所以由垂径定理可得圆心到直线的距离，
当直线的斜率不存在时，过点，
所以的方程为，圆心到直线的距离，故满足要求．
当直线的斜率存在时，设直线的斜率为，又过点，
所以直线的方程为，
由点到直线的距离公式可得，解得，
直线的方程为．
综上所述，直线的方程为或．
19．解：（1）由图，
所以
又且底面是边长为1的正方形，则，所以，即．
（2）由（1）知：，根据已知条件，所以
20．解：（1），
两圆相交，两圆方程作差得．
即公共弦所在直线的方程为．
（2）由题可知，设，
将代入，
得，
整理得，，
由一元二次方程根与系数的关系得
由，即，
得，化简得，即，解得或．
21．解：在中，由正弦定理得由，得：，由则
（2）由（1）知，且，则有
又由余弦定理得：
得即：
所以．所以
所以
22．解（1）设，由，
得：，整理得．
所以曲线的方程为．
（2）由题意得，．
设点，由点在曲线上，所以．
直线的方程为，
所以直线与直线的交点为．
直线的方程为
所以直线与直线的交点为．
假设存在点，使得成立，
则．
即，整理得．
因为，所以，解得．
所以存在点使得成立，且点的坐标为．