江西省临川2024-2025学年高二上学期期中考试 数学试题（含解析）

这是一份江西省临川2024-2025学年高二上学期期中考试 数学试题（含解析），共18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。

一、单选题
1．若复数满足（为虚数单位），则的模（ ）
A．B．C．D．
2．已知直线，，若，则m的值为（ ）
A．B．6C．D．
3．直线的一个方向向量为，且直线经过点，则直线的方程为（ ）
A．B．
C．D．
4．若抛物线上的一点A到焦点的距离为2，则点A的纵坐标是（ ）
A．B．C．D．
5．将一枚质地均匀的股子连续拋掷6次，得到的点数分别为1，3，4，5，6，x，则这6个点数的中位数为4的概率为（ ）
A．B．C．D．
6．已知直线与椭圆相交于A，B两点，椭圆的两个焦点是，，线段AB的中点为，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
7．已知在平面直角坐标系中，，，点满足.设点的轨迹为曲线，直线，若直线与曲线交于不同的两点，是坐标原点，且有，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
8．在平面直角坐标系中，，为双曲线的左、右焦点，，P为E左支上异于顶点的一点，直线PM平分，，，则E的离心率为（ ）
A．B．2C．D．4
二、多选题
9．已知双曲线的离心率，C的右支上的点到其右焦点的最短距离为，则（ ）
A．双曲线C的焦点坐标为
B．双曲线C的渐近线方程为
C．点在双曲线C上
D．直线与双曲线C恒有两个交点
10．已知一组样本数据，其中，由这组数据得到另一组新的样本数据，其中，则（ ）
A．两组样本数据的样本方差相同
B．两组样本数据的样本平均数相同
C．样本数据的第30百分位数为
D．将两组数据合成一个样本容量为10的新的样本数据，该样本数据的平均数为2
11．如图，四棱锥的底面是边长为正方形，底面，，、分别为、的中点，过、、的平面与交于点，则（ ）
A．
B．
C．四棱锥外接球体积为
D．以为球心，为半径的球面与底面的交线长为
三、填空题
12．若椭圆的离心率为，则 .
13．已知定义在R上的函数，满足，为偶函数，满足，则 .
14．已知AD是的中线，，，交BC延长线于E，AC是的平分线，则 .
四、解答题
15．函数的图象上相邻两个最高点的距离为，其中一个最低点坐标为.
(1)求函数的解析式及对称中心；
(2)求函数在区间上的单调递增区间.
16．已知圆，点，点.
(1)过点作圆的切线，求出的方程；
(2)设为圆上的动点，为三角形的重心，求动点的轨迹方程.
17．如图，平面，，，F为CE中点．
(1)求证：平面；
(2)求点C到平面的距离．
18．已知直线与椭圆相交于两点.
(1)若椭圆的离心率为，焦距为，求线段的长；
(2)若（其中为坐标原点），当椭圆的离心率时，求椭圆的长轴长的最大值.
19．若抛物线：()上的点与点(4，1)关于直线对称，是抛物线的焦点.
（1）求的值；
（2）若点是抛物线上使得取得最小值的点，，是抛物线上不同于点的两点，且有，求证：直线恒过定点.
参考答案：
1．D
【分析】运用复数除法运算及复数模的公式计算即可.
【详解】因为，
所以.
故选：D.
2．B
【分析】由可知，列式求解即可.
【详解】因为，所以，即，解得.
故选：B.
3．A
【分析】根据已知条件，先求出直线的斜率，再结合直线的点斜式公式，即可求解．
【详解】直线的一个方向向量为
则直线的斜率为，
直线过点，
则，即．
故选：A．
4．C
【分析】将抛物线方程标准化，可得其准线方程 ，运用抛物线的定义转化求解即可.
【详解】将标准化为，所以抛物线的准线方程为，
由抛物线的定义可知，抛物线上的点到焦点的距离等于点到准线的距离.
如图所示，
所以，解得.
故选：C.
5．A
【分析】的可能取值为1，2，3，4，5，6共6种情况，满足条件的为4，只有1种情况，进而可求得结果.
【详解】由题意知，的可能取值为1，2，3，4，5，6，共6种情况，
当这6个点数的中位数为4时，的取值为4，只有1种情况，
所以这6个点数的中位数为4的概率为.
故选：A.
6．C
【分析】运用点差法求得的值，进而求得的值，结合求解即可.
【详解】如图所示，
由直线可知，直线斜率，
设，，则①，②，
又因为为线段的中点，则，，
由①②可得，即，
又因为，所以解得，
所以椭圆方程为，经检验点C在椭圆内，
所以，解得，则，
所以.
故选：C.
7．C
【分析】根据条件先确定出的轨迹方程，则曲线的方程可知，根据直线与曲线有两个不同交点确定出的前提范围，再通过取中点将条件不等式化为关于OQ的不等式，结合点到直线的距离公式完成计算.
【详解】设Px,y，因为，所以，
化简可得，所以的轨迹方程为，
所以，即为圆心在，半径为的圆，
因为与有两个不同交点，
所以，所以，
设的中点为，所以，
又因为，
所以，
又因为OQ即为圆心到的距离，
所以，所以或，
又因为，所以，
故选：C.
8．A
【分析】由题意得，设与交于点，可得，利用双曲线定义可得，由离心率公式计算即可.
【详解】由，得，
设与交于点，如图，
由直线PM平分，且，
可得为等腰三角形，则为的中点，
可得，
又因为，
可得，即，
所以双曲线E的离心率为.
故选：A.
9．AB
【分析】由题意求出，，，即可求得双曲线方程、焦点坐标、渐近线方程即可判断A项、B项；点代入双曲线方程可判断C项；求出直线恒过定点，可判断点在双曲线内，当过该点的直线与渐近线平行时，直线与双曲线只有一个焦点即可判断D项.
【详解】由题意知，，解得，
所以双曲线方程为，
所以焦点坐标为，双曲线渐近线方程为，故A项正确，B项正确；
对于C项，因为，所以点不在双曲线上，故C项错误；
对于D项，由整理得，所以直线恒过点，
又因为，所以点在双曲线内，
所以当时，直线分别与双曲线的渐近线平行，此时直线与双曲线只有一个交点，故D项错误.
故选：AB.
10．ACD
【分析】根据一组数据加减一个数以及乘以一个数时，平均数及方差的性质可判断A、B、D项，根据百分位数公式计算可判断C项.
【详解】由题意知，，
又因为，
所以，，故A项正确，B项错误；
对于C项，因为，所以的第30 百分位数为第2个数据，
又因为的排列为，，，，，所以的第30 百分位数为，故C项正确；
对于D项，将两组数据合成一个样本容量为的新样本数据，
则新样本数据的平均数为，故D项正确.
故选：ACD.
11．ACD
【分析】选取基底分别表示各向量，进而判断AB选项，再根据线面位置关系可得四棱锥的外接球即为对应正方体的外接球，可判断C选项，由选项可知球与底面交线为以为圆心为半径的圆，即可得解.
【详解】如图所示，
以，，为基底，分别表示各向量，
设，，
则，，
，
又点在平面上，可得，
即，解得，
即，，A选项正确；
，则不存在使得，即与不平行，B选项错误；
还原四棱锥到正方体，可知其外接球即为正方体外接球，且正方体棱长为，
则外接球半径，体积，C选项正确；
设以为球心，为半径的球面与底面的交线上一点为，
则，，
即点为在为圆心为半径的圆在四边形内的弧上，
即弧长为，D选项正确；
故选：ACD.
12．2
【分析】由椭圆离心率公式计算即可.
【详解】因为，所以，，
所以，解得.
故答案为：2.
13．0
【分析】运用对称性可得的周期，给赋值，可分别求得、、，进而运用周期性可求得结果.
【详解】因为为偶函数，所以，①
又因为，所以，②
由①②得，③
由③得，④
由③④得，
所以的周期为4，
将代入②得，
将代入①得，
将代入③得，所以，
所以，
所以.
故答案为：.
14．
【分析】设，在和中，利用正弦定理解得，进而利用解三角形知识可得，，，结合角平分线的性质运算求解.
【详解】设，则，
在中，由正弦定理可得，则，
在中，由正弦定理可得，则，
因为，即，
且，则，
则，
可得，
整理可得，解得或（舍去），
在中，，
，
因为，则，
即，解得，
由余弦定理可得，
即，
又因为，
且，
即，
可得，解得
，
又因为AC是的平分线，则，
所以.
故答案为：.
15．(1)，对称中心为
(2)和
【分析】（1）根据最低点坐标确定出，根据图象上相邻两个最高点的距离确定出，代入最低点坐标可求，由此可求的解析式，再通过整体替换法可求对称中心；
（2）根据整体替换法结合单调递增区间的公式，可求解出的单调递增区间，再对分析即可得到在上的单调递增区间.
【详解】（1）因为最低点的纵坐标为，所以，
因为图象上相邻两个最高点的距离为，所以，所以，
所以，代入点，
所以，所以，
所以，所以，
又因为，所以，所以；
令，则，
所以的对称中心为.
（2）令，所以，
当时，，即，
当时，，即，
所以在上的单调递增区间为和.
16．(1)或
(2)
【分析】（1）分别研究切线的斜率不存在与斜率存在时求解即可.
（2）设，，由重心性质可得，结合点为圆上的动点求解即可.
【详解】（1）由题意知，圆心，半径，
当切线的斜率不存在时，直线的方程为，此时，符合题意，
当切线的斜率存在时，设直线的方程为，即，
所以，解得，
此时切线的方程为，即.
综述，切线的方程为或.
（2）如图所示，

设，，
因为，，为的重心，
所以，即，
又因为点为圆上的动点，则，
所以，整理得.
即动点的轨迹方程为.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，连接，证明出四边形为平行四边形，得出，即可证明；
（2）设点到平面的距离为，根据等体积法，由列出方程求解即可．
【详解】（1）取的中点，连接，
因为F为CE中点，所以且，
又，所以，且，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面．
（2）因为，，所以，
所以，
又平面，所以，
因为，，所以，
由平面，平面，所以，
又，
所以，
所以，
设点到平面的距离为，则，解得，
所以点C到平面的距离为．
18．(1)
(2)
【分析】（1）根据椭圆中基本量的关系计算可得椭圆方程，再联立直线与椭圆方程，利用弦长公式求得线段的长即可；
（2）设点，，根据，可得，再联立方程利用韦达定理表示关于基本量，的关系，可转化为，因为，可得，从而可得长轴长得最大值.
【详解】（1），，
，，则，
椭圆的方为，
联立消去得：，
设Ax1,y1，Bx2,y2，则，
，
（2）设Ax1,y1，Bx2,y2，
，
，即，
由，消去得，
由，整理得，
又，，
，
由，得：，
，整理得：，
，代入上式得，
，
，则，
则，，
则，故长轴长的最大值为.
19．（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）首先根据点与点(4，1)关于直线对称，求出点坐标，再将点坐标代入曲线方程，求得的值.
（2）先根据抛物线方程为及点Q坐标判断点在抛物线内部，数形结合得到取得最小值时，设直线的方程为，联立韦达定理得到，，
代入，化简整理得到关于的等量关系式，进而得到直线恒过定点.
【详解】解：（1）设，则线段的中点为.
依题意可得即
解得，所以.
由为抛物线上一点，得，.
（2）由（1）得抛物线方程为，
将代入，得.
因为，所以点在抛物线内部.
过点作抛物线的准线的垂线，垂足为，连接，则，
当且仅当，，三点共线时，取得最小值，
当时，，此时.
设直线的方程为，
联立方程，得消去得，
，
设，，
则，.
因为，所以.
又，
，
所以，
即，.
则，即，
代入线方程，得.
所以直线恒过定点.
【点睛】求解由向量形式给出的圆锥曲线的几何关系问题，常用坐标法处理，可以由向量关系得到点的坐标关系，将几何问题中的垂直､平行等问题转化成代数运算，也可利用向量的坐标运算将由向量形式给出的条件转化为坐标的等量关系进行求解，如本题需要将转化为，再根据点的坐标进一步转化为进行求解.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
B
A
C
A
C
C
A
AB
ACD
题号
11









答案
ACD