2023-2024学年江西省南昌市高二上学期期末质量检测数学模拟试题

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一、单项选择题（本大题共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,,直线过定点,且与线段相交,则直线的斜率的取值范围是( )
A. B. C. D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】因为,,直线过定点,且与线段相交,画出图像,即可求得直线的斜率的取值范围.
【详解】画出图像,如图:

结合图像可知,要保证线段与直线相交
需满足斜率的取值范围: 或
故选:D.
【点睛】本题考查了求过定点直线的斜率范围问题,解题关键是根据题意画出图像,数形结合,考查了分析能力,属于基础题.
2. 下列命题中正确的是（ ）
A. 若A、B、C、D是空间任意四点，则有
B. 若，则、的长度相等且方向相同或相反
C. 是非零向量、共线的充要条件
D. 对空间任意一点P与不共线的三点A、B、C，若，则P、A、B、C四点共面
【答案】A
【解析】
【分析】由向量的运算法则，即可判断A；
根据向量的模的定义即可判断B；
两边平方，利用向量的平方等于向量模的平方，即可判断C；
利用空间向量的基本定理即可判断D.
【详解】解：对于A，，故A正确；
对于B，若，则、的长度相等，但方向不能确定，故B正确；
对于C，，即与反向，是、共线的充分不必要条件，故C不正确；
对于D，由空间向量基本定理知，空间任意一个向量可以用不共面的三个向量、、线性表示，所以、、、四点一定不共面，故D不正确.
故选：A.
3. 圆与圆的位置关系是
A. 相切B. 内含C. 相离D. 相交
【答案】D
【解析】
【分析】写出两圆的圆心，根据两点间距离公式求得两圆心的距离，发现，所以两圆相交．比较三者之间大小 判断位置关系．
【详解】两圆的圆心分别为：，，
半径分别为：，，
两圆心距为：
，
所以，两圆相交，选D．
【点睛】通过比较圆心距和半径和与半径差直接的关系判断，即比较三者之间大小 ．
4. 已知空间向量，，且，，，则一定共线的三点是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量共线判断三点共线即可．
【详解】解：
，
又与过同一点B，
∴ A、B、D三点共线．
故选：C．
5. 设椭圆的左右焦点分别为､，上下顶点分别为､，直线与该椭圆交于､两点.若，则直线的斜率为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由可得：，又，又，从而得到结果.
【详解】∵，∴，即椭圆方程为：，
设，A，且，
即
所以，又，
∴，
故选：B
【点睛】本题考查椭圆的方程与简单的几何性质，利用好二级结论是解题的关键，属于中档题.
6. 如图，F1，F2是双曲线C：的左、右两个焦点，若直线y＝x与双曲线C交于P，Q两点，且四边形为矩形，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
将直线代入双曲线方程，解得点P的坐标，利用矩形的对角线相等以及两点间的距离公式，化简得到方程，求解得到离心率.
【详解】将直线y＝x代入双曲线C的方程
可得，即
由题意可得，矩形的对角线长相等
所以，所以
即，所以.因为，所以
所以
故选：D
【点睛】本题主要考查了求双曲线的离心率以及求直线与双曲线的交点坐标，属于中档题.
7. 中，角所对的边分别是，下面判断错误的是（ ）
A. 若，则三角形是钝角三角形
B. 若，则
C. ，若所求有两个，则的取值范围为
D. 中，恒有.
【答案】C
【解析】
【分析】A选项借助正弦定理和余弦定理进行判断；B选项正弦定理边化角即可判断；C选项画出图形，数形结合进行判断；
D选项两角和的正切公式和诱导公式进行判断.
【详解】A选项：，由正弦定理得，，即角C为钝角，三角形是钝角三角形，A正确；
B选项：若，则，由正弦定理得，B正确；
C选项：如图，过点作，由知，当时，有两个，而，C错误；
D选项：
，D正确
故选：C.
8. 首钢滑雪大跳台是冬奥史上第一座与工业旧址结合再利用的竞赛场馆，它的设计创造性地融入了敦煌壁画中飞天的元素，建筑外形优美流畅，飘逸灵动，被形象地称为雪飞天．中国选手谷爱凌和苏翊鸣分别在此摘得女子自由式滑雪大跳台和男子单板滑雪大跳台比赛的金牌．雪飞天的助滑道可以看成一个线段和一段圆弧组成，如图所示.假设圆弧所在圆的方程为，若某运动员在起跳点以倾斜角为且与圆相切的直线方向起跳，起跳后的飞行轨迹是一个对称轴在轴上的抛物线的一部分，如下图所示，则该抛物线的轨迹方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可得到直线所在的方程和圆方程联立求得点的坐标，设所求抛物线方程，求导，根据导数的几何意义结合题意，可求得a,c,即得答案.
【详解】由于某运动员在起跳点以倾斜角为且与圆相切的直线方向起跳，
故,所以直线所在的方程为：，
代入，解得 或 （舍，离y轴较远的点），
所以点的坐标为.
由于起跳后的飞行轨迹是一个对称轴在轴上的抛物线的一部分，
故设抛物线方程为：，则，
则由M点处切线斜率为1可得，，
又，解得，
所以该抛物线的轨迹方程为，即，
故选：C.
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，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. 抛物线的弦与弦的端点处的两条切线围成的三角形称为阿基米德三角形，该三角形以其深刻的背景、丰富的性质产生了无穷的魅力.设A，B是抛物线C：上两个不同的点，以A，B为切点的切线交于P点.若弦AB过，则下列说法正确的有（ ）
A. 点P在直线y＝－1上B. 存在点P，使得
C. AB⊥PFD. △PAB面积的最小值为4
【答案】ACD
【解析】
【分析】由导数的几何意义可求得过点和过点的切线方程，由直线与抛物线方程联立，结合韦达定理可得两切线的交点坐标，从而可判断A，由韦达定理可得，从而可判断B，由直线垂直的斜率关系可判断C，由韦达定理表示出三角形的面积，结合函数性质可判断D.
【详解】对于A，由题意，设直线
联立，消去整理得：
设，则，
由抛物线可得，则，
则过点的切线斜率为，易知，即，
则切线方程为: ，即，
同理可得：过点的切线方程为：，
联立，解得，即，
所以点在定直线上，A正确；
对于B，由选项A可知，直线的斜率为，直线的斜率为，
所以，即，B错误；
对于C，由选项A可知，，则直线的斜率
由，则AB⊥PF，C正确；
对于D，由选项C可知：
，
，
则，当时，有最小值为4，D正确.
故选：ACD
10. 以下关于圆锥曲线的说法，不正确的是（ ）
A. 设为两个定点，为非零常数，，则动点的轨迹为双曲线
B. 过定圆上一定点作圆的动弦为坐标原点，若，则动点的轨迹为椭圆
C. 若曲线为双曲线，则或
D. 过点作直线，使它与抛物线有且仅有一个公共点，这样的直线有2条
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据双曲线的定义，可判定A不正确；根据圆的定义，可判定B不正确；根据双曲线的标准方程的形式，可判定C正确；根据直线与抛物线的位置关系的判定，可判定D不正确．
【详解】对于A中，根据双曲线的定义，只有，动点的轨迹才为双曲线，故A不正确；
对于B中，因为，所以点为弦的中点，故，则动点的轨迹为以线段为直径的圆，故B不正确；
对于C中，若曲线为双曲线，则，解得或，显然C正确；
对于D中，过点作直线，使它与抛物线有且仅有一个公共点，这样的直线有3条，分别为直线，故D不正确．
故选：ABD．
【点睛】本题主要考查了双曲线的定义及标准方程，以及直线与抛物线的位置关系的应用，其中解答中熟记双曲线的定义和标准方程的形式，以及掌握直线与抛物线的位置关系的判定方法是解答的关键，属于基础题.
11. 在中，A，B，C所对的边分别为，，，，若，则（ ）
A. 角B. 可以取2
C. 可以取3D. =4
【答案】ABC
【解析】
【分析】由正弦定理化角为边，应用余弦定理可得，再由余弦定理结合基本不等式，及三角形的性质可得的范围．
【详解】解：由三角形三边关系，得到；
因为，由正弦定理得，
，即，由余弦定理得，
因为，所以，且
所以
，所以，当且仅当时，等号成立，
故.
故选：ABC．
12. 如图，在棱长为的正方体中，点为线段上的动点，则（ ）
A. 三棱锥的体积为定值
B. 过作直线，则
C. 过，，三点的平面截此正方体所得的截面图形可能为五边形
D. 三棱锥的外接球的半径的取值范围是
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，连接，可得平面∥平面，然后进行判断即可，对于B，连接，可证得，从而可得结论，对于C，当点为的中点时，过，，三点的平面为平面，然后向线段两端点运动再进行判断即可，对于D，连接，交于点，过作平面交于，则球心一定在上，当点与重合时，可求出的最小值，当点与或重合时，可求出的最大值
【详解】对于A，连接，则∥，
因为平面，平面，
所以平面∥平面，
所以动点到平面的距离为定值，
因为的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值，所以A正确，
对于B，连接，则正方体的性质可知，
因为，所以平面，
因为平面，所以，
因为，所以，所以B正确，
对于C，当点为的中点时，过，，三点的平面为平面，当点从的中点向运动时，截面过平面，点从的中点向运动时，截面过平面，则过，，三点的平面与正方体最多与正方体的四个面相交，所以截面最多为四边形，所以C错误，

对于D，连接，交于点，可得为的中点，
所以在中，到各顶点距离相等，
过作平面交于，则球心一定在上，且，
设半径为，则题意可得，
当点与重合时，，得，
当点与或重合时，≌，
所以，此时最大，
所以三棱锥的外接球的半径的取值范围是，所以D正确，
故选：ABD
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13. 已知两条平行直线，间的距离为2，则__________．
【答案】38或-2
【解析】
【详解】将l1：3x+4y+5=0改写为6x+8y+10=0，因为两条直线平行，所以b=8．由 =2，解得c=30，或c=-10，所以38或-2.
故答案为38或-2
14. 若直线l：ax－y＋2－a＝0与圆C：(x－3)2＋(y－1)2＝9相交于A，B两点，且∠ACB＝90°，则实数a的值为________.
【答案】1或7
【解析】
【分析】根据题干条件得到圆心C到直线l：ax－y＋2－a＝0的距离为，利用点到直线距离公式列出方程，求出实数a的值.
【详解】由题意，得圆心C(3，1)，半径r＝3且∠ACB＝90°，
则圆心C到直线l：ax－y＋2－a＝0的距离为，
即，解得:a＝1或a＝7.
故答案为：1或7.
15. 已知椭圆与双曲线有相同的焦点，其中F1为左焦点．点P为两曲线在第一象限的交点，e1、e2分别为曲线C1、C2的离心率，若△PF1F2是以PF1为底边的等腰三角形，则e2﹣e1的取值范围为_____．
【答案】
【解析】
【分析】由是以为底边的等腰三角形，得到，根据椭圆和双曲线的定义，求得，结合离心率的概念，得出，再结合，即可求得取值范围.
【详解】由是以为底边的等腰三角形，即，
根据椭圆的定义可得，
根据双曲线的定义可得，
联立方程组，可得，
所以，
又由在双曲线中，可得，则，
所以，即，
所以的取值范围是.
故答案为：
【点睛】本题主要考查了椭圆与双曲线的标准方程及性质，其中解答中熟记椭圆与双曲线的定义和性质，以及离心率的概念是解答的关键，着重考查推理与运算能力.
16. 已知曲线的方程是，命题“曲线的图象既关于原点对称又关于轴对称”是_________命题（填“真”或“假”），若点在曲线上，则的最大值为_____．
【答案】 ①. 真 ②. ##
【解析】
【分析】利用对称性的定义可判断原命题的真假，化简曲线在第一象限内图象对应的方程，利用参数方程法结合三角恒等变换可求得的最大值.
【详解】在曲线上任取一点，则该点关于原点的对称点为，
因为，即点在曲线上，
点关于轴的对称点为，
则，即点在曲线上，
因此，命题“曲线的图象既关于原点对称又关于轴对称”是真命题，
同理可知，曲线关于轴对称，
当且时，曲线的方程为，
由题意可知，曲线可将椭圆按照平移得到，
作出曲线的图形如下图所示：
设，当取最大值时，则直线在轴上的截距最大，
此时点在第一象限，设点，
由，可得，不妨取，
则，
因为，则，
故当时，取最大值.
故答案为：真；.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：
一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；
二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．
四、解答题(本大题共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. 求半径为4，与圆相切，且和直线相切的圆的方程.
【答案】或或或
【解析】
【分析】设所求圆的方程为，进而利用待定系数法，结合题目所给条件即可求出圆心和半径，从而得到圆的方程．
【详解】解：设所求圆的方程为，
由圆与直线相切、半径为4，
则圆心C的坐标为或
已知圆的圆心A的坐标为，半径为3
由两圆相切，则或.
①当圆心为时，
或 (无解)，
故可得，
故所求圆的方程为或
②当圆心为时，
或(无解)，
解得.
故所求圆的方程为或
综上所述，所求圆的方程为，
或 ，或，
或.
【点睛】本题解题的关键在于结合题意，设所求圆的方程为，进而根据圆与圆的位置关系和直线与圆的位置关系待定系数法求解.
18. 如图，在三棱锥中，平面平面，，，若为的中点．
（1）证明：平面；
（2）求异面直线和所成角；
（3）设线段上有一点，当与平面所成角的正弦值为时，求的长．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据等腰三角形的性质可得，再由面面垂直的性质定理即可求证；
（2）由勾股定理逆定理可得，，可得，，两两垂直，如图建系，求出和的坐标，由空间向量夹角公式即可求解；
（3）设，，所以，设与平面所成角为，设平面的一个法向量，由空间向量夹角公式计算求得的值即可求解.
【小问1详解】
因为，为的中点，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面．
【小问2详解】
因为，，
所以，，
所以，，则，，两两垂直，
如图：分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
可得，，，，
所以，，
所以，
所以异面直线和所成角为．
【小问3详解】
设平面的一个法向量，
因为，，
所以，令可得，所以，
设，，，所以，
设与平面所成角为，
所以，
整理可得：，即，
解得：或（舍），所以的长为．
19. 已知椭圆C：的左右焦为，，点是该椭圆上任意一点，当轴时，，．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）记，求实数m的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用椭圆的定义及勾股定理可求解；
（2）问题转化为在轴截距问题，临界条件为直线与椭圆相切，求解即可.
【小问1详解】
因为，，
所以，∴，
所以椭圆标准方程为：．
【小问2详解】
要求的最值，即求直线在轴截距的最值，
可知当直线与椭圆相切时，m取得最值.
联立方程：，整理得．
，解得．
所以实数m的最大值为
20. 如图，在三棱锥中，平面平面，且，，，.点E､F分别为上的点，满足，点G为线段中点.
（1）证明：平面平面；
（2）求与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由可得，利用得，面面垂直的性质可得平面，，，，得到，值域面面垂直的判断定理和性质定理可得答案；
（2）以为原点，为轴的正方向建立空间直角坐标系，求出，平面的一个法向量，利用线面角的向量求法可得答案.
【小问1详解】
因为，，，
所以，，，可得，
因为，所以，所以，
即，，又因为平面平面，所以平面，
平面，所以，
因为，所以，又，所以，
，平面，所以平面，又平面，
所以平面平面.
【小问2详解】
做交于点，以为原点，为轴的正方向建立空间直角坐标系，因为，，，所以，
，则，，
，，，
设平面的一个法向量为，
所以，，令，则，
所以，设与平面所成角为，
则
21. 已知O为坐标原点，点和点，动点P满足.
（1）求动点P的轨迹曲线W的方程并说明W是何种曲线；
（2）若抛物线（）的焦点F恰为曲线W的顶点，过点F的直线l与抛物线Z交于M，N两点，，求直线l的方程.
【答案】（1）曲线的方程为，它是焦点为的双曲线的右支.
（2）或．
【解析】
【分析】（1）由动点满足：可得到轨迹曲线为双曲线的右支；
（2）由（1）可得的坐标，然后再求出抛物线的方程，设出直线的方程为，后根据弦长公式得到关于的方程，解出即可．
【小问1详解】
解： 动点满足，
点的轨迹曲线为双曲线的一支，由双曲线的定义有，，
，
曲线的方程为；
【小问2详解】
解：由（1）可知曲线的顶点，
，
，
所以抛物线的方程为．
由题意，直线的倾斜角不能为0，
设直线的方程为，设，，，，
代入到消去得：，
，
，，
，
或，
直线的方程为或．
22. 如图，已知椭圆，其左､右焦点分别为，过右焦点且垂直于轴的直线交椭圆于第一象限的点，且.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点且斜率为的动直线交椭圆于两点，在轴上是否存在定点，使以为直径的圆恒过这个点？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由.
【答案】（1）；
（2）存在，.
【解析】
【分析】（1）利用椭圆的定义可得，结合题列出关系式，可得，即得；或利用椭圆上点的坐标结合定义可得.
（2）由题可设直线的方程为：，设点，利用韦达定理法，结合条件可得，即得.
【小问1详解】
法一：，
,
，,
,
∴椭圆方程为：.
法二：设，代入椭圆方程，由，
解得，
，
椭圆方程为：.
【小问2详解】
设动直线方程为：，
由，得
设，
则，
由对称性可设存在定点满足题设，
则，
由，可得，
所以，
∴，
∴，
由题意知上式对成立，
且，解得.
存在定点，使得以为直径的适恒过这个点，且点的坐标为.