2023-2024学年重庆市第八中学校高二上学期期中数学试题含答案

这是一份2023-2024学年重庆市第八中学校高二上学期期中数学试题含答案，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，证明题，问答题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知i是虚数单位，若复数z满足：，则（ ）
A．B．1C．iD．0
【答案】B
【分析】根据复数的运算求z，进而求其模长.
【详解】因为，即，
可得，
所以.
故选：B.
2．若椭圆的离心率为，则（ ）
A．3或B．C．3或D．或
【答案】C
【分析】根据焦点位置分类讨论，利用离心率计算求解即可.
【详解】若椭圆焦点在上，则，
所以，故，
解得，
若椭圆焦点在上，则，
所以，故，
解得，综上，或.
故选：C
3．“直线与圆相切”是“”的（ ）条件．
A．充分不必要B．必要不充分C．充要D．既不充分也不必要
【答案】B
【分析】根据直线与圆相切求的值，进而结合充分、必要条件分析判断.
【详解】因为圆，即，可知圆心为，半径为1，
若直线圆相切，
则，解得或，
又因为是的真子集，
所以“直线与圆相切”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
4．已知D，E分别为的边BC，AC的中点，且，，则为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意可得，，结合中线的性质运算求解即可.
【详解】因为，，
且，，
可得，，
所以，整理得．
故选：C．
5．若曲线C上存在点M，使M到平面内两点距离之差的绝对值为8，则称曲线C为“好曲线”．以下曲线不是“好曲线”的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意可知M的轨迹为：，即与其有交点的曲线都是“好曲线”，结合图形即可判断不是“好曲线”的曲线.
【详解】由题意知：M平面内两点，距离之差的绝对值为8，
由双曲线定义知：M的轨迹以为焦点的双曲线且，
即轨迹方程为：，
可知：“好曲线”一定与有交点，结合各选项方程的曲线知：
所以不是“好曲线”的是.
故选：B.
6．如图所示，双曲线型冷却塔的外形，是离心率为3的双曲线的一部分绕其虚轴旋转所成的曲面，已知该冷却塔的上口半径为3cm，下口半径为4cm，高为8cm（数据以外壁即冷却塔外侧表面计算），则冷却塔的最小直径为（ ）

A．cmB．cmC．cmD．cm
【答案】C
【分析】先作出双曲线图，根据图像代入点，求出点的坐标，最后求出的值.
【详解】如图所示，

根据题意，作出冷却塔的双曲线函数图，设双曲线方程为，
因为冷却塔的上口半径为3cm，下口半径为4cm，高为8cm，
所以设双曲线上的点且，
将代入可得，两式相减得，
又双曲线离心率为3，所以，所以，
代入可得，得，所以，
将点代入可得，解得，
所以冷却塔的最小直径为，
故选：C
7．已知点M是圆上的动点，点N是圆上的动点，点P在直线上运动，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据圆的性质可得，求点关于直线对称的点为，结合对称性分析求解.
【详解】由题意可知：圆的圆心为，半径，
圆的圆心，半径，
则，
即，
设点关于直线对称的点为，
则，解得，即，
因为，则，
所以的最小值为.
故选：D.
8．点分别为椭圆的左、右焦点，点P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，，的面积为，e为椭圆的离心率，则为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意可知：为矩形，利用椭圆的定义结合勾股定理和面积关系运算求解.
【详解】根据椭圆的对称性可知：为平行四边形，且，
所以为矩形，
可知的面积即为的面积，
设，则，
可得，
由面积关系可得，即，
所以.
故选：A.
二、多选题
9．若三条不同的直线能围成一个三角形，则m的取值不可能为（ ）
A．B．C．D．1
【答案】ABC
【分析】根据题意，结合若或或重合时，结合两直线的位置关系，列出方程，即可求解.
【详解】由直线，
若或重合时，则满足，解得；
若或重合时，则满足，解得；
若经过直线与的交点时，此时三条直线不能围成一个三角形，
联立方程组，解得，即交点，
将点代入直线，可得，解得.
故选：ABC.
10．椭圆的左、右焦点分别为，，过的直线l与C交于P，Q两点，且点Q在第四象限，若，则（ ）
A．为等腰直角三角形B．C的离心率等于
C．的面积等于D．直线l的斜率为
【答案】ABC
【分析】由线段比例关系以及椭圆定义可知，且满足，即可得A正确；易知可得C正确；在等腰直角三角形中，可知直线的斜率为，计算可得的离心率等于.
【详解】对于选项A：因为，
不妨设，
又因为，可得；
利用椭圆定义可知，所以；
即，所以点即为椭圆的上顶点或下顶点，如下图所示：

由，可知满足，
所以，故A正确；
对于选项B：在等腰直角三角形中，易知，
即可得离心率，故B正确；
对于选项C：因为为等腰直角三角形，且，
因此的面积为，故C正确；
此时可得直线的斜率，故D错误；
故选：ABC.
11．如图，已知E，F分别是正方体的棱BC和CD的中点，则（ ）
A．与是异面直线B．与EF所成角的大小为
C．与平面所成角的正弦值为D．二面角的余弦值为
【答案】AD
【分析】根据异面直线的概念可得“平面内一点与平面外一点的连线，与此平面内不经过该点的直线是异面直线异面直线”可知A正确；作出异面直线所成的角判断B，建立空间直角坐标系，向量法判断CD.
【详解】对A，因为在平面外，在平面内，在平面内，所以与是异面直线，故A正确；
对B，由中点知，,又，所以，即为与EF所成的角，在等边中，，故B错误；
以为原点，，，分别为，，轴，建立空间直角坐标系，
设正方体棱长为2，， ，，， ，
由题意可知，平面的法向量可取，，
设与平面所成角为，则，
所以与平面所成角的正弦值为，故C错误；
又， ，
设平面的法向量为，
则，
令，得，
设平面的法向量，
则，令，可得，
则，又因为二面角为锐角，
所以二面角的余弦值为，故D正确.
故选：AD．
12．已知抛物线的焦点坐标，圆，直线与C交于A，B两点，与E交于M，N两点（A，M在第一象限），O为坐标原点，则下列说法中正确的是（ ）
A．B．若，则
C．D．
【答案】BCD
【分析】对于A：将直线方程与抛物线方程联立，消元后利用根与系数的关系，再求出；对于C：由于直线过圆心，则由圆的性质可得，从而可进行判断；对于B，利用弦长公式求出，而，然后由题意列方程可求出的值；对于D：由题意可得，再结合抛物线的性质化简计算即可.
【详解】因为抛物线的焦点坐标，则，
解得，可知抛物线，
对于选项A：设，
联立方程，消去x得，
则，可得，
所以
，
即，故A错误；
对于选项C：因为直线恒过圆心，则，
可得，所以，故C正确；
对于选项B：因为直线过抛物线的焦点，所以，
因为，，所以，解得，所以B正确；
对于选项D：因为直线过抛物线的焦点，
所以，故D正确；
故选：BCD
三、填空题
13．已知向量夹角为，且，，则 ．
【答案】
【分析】由，再根据向量的运算律及数量积的定义求解即可.
【详解】解：因为.
故答案为：
14．直线与曲线有两个交点，则实数k的取值范围是 ．
【答案】
【分析】根据题意分析可得曲线C是以为圆心，1为半径的右半圆，结合图象分析求解.
【详解】由，可得且，
所以曲线是以为圆心，半径为的右半圆，
直线过定点，斜率为，如图，
当直线过时，可得，
当直线与曲线相切时，则，
解得，
所以实数k的取值范围为.
故答案为：
15．过抛物线上的点且与圆有且只有一个公共点的直线有 条．
【答案】3
【分析】由已知求出点或.先求解直线斜率不存在时的方程；然后设斜率，得出点斜式方程，表示出圆心到直线的距离，列出方程，求解即可得出斜率，进而得出直线方程.
【详解】由题意可知，，解得，则点或，
且圆的圆心，半径.
①当点时
当直线斜率不存在时，此时方程为，与圆相切，满足题意；
当直线斜率存在时，设斜率为，
此时直线方程为，即.
因为直线与圆相切，所以圆心到的距离，
即，整理可得，解得，
所以直线方程为；
②当点时
当直线斜率不存在时，此时方程为，与圆相切，满足题意；
当直线斜率存在时，设斜率为，
此时直线方程为，即.
因为，直线与圆相切，所以圆心到的距离，
即，整理可得，解得，
所以直线方程为；
综上所述：直线方程为或或，共有3条.
故答案为：3.
16．贵州榕江“村超”火爆全网，引起旅游爱好者、社会名流等的广泛关注．足球最早起源于我国古代“蹴鞠”，被列为国家级非物质文化，蹴即踢，鞠即球，北宋《宋太祖蹴鞠图》描绘太祖、太宗蹴鞠的场景．已知某“鞠”的表面上有四个点A、B、C、D，连接这四点构成三棱锥A-BCD如图所示，顶点A在底面的射影落在内，它的体积为，其中和都是边长为2的正三角形，则该“鞠”的表面积为 ．
【答案】
【分析】由线面垂直关系，利用分割法求三棱锥体积，由垂直关系结合球心性质找到球心位置，再运算求解球半径即可.
【详解】如图，

取的中点，连接，，
因为，，
又平面，平面，，
所以平面，平面，
所以平面平面，
同理可证，平面平面，
设和的中心分别为、，
在平面内，过、分别作的垂线，设交点为，
即，
又平面平面，由面面垂直的性质定理可知：平面，
同理可得：平面，即球心为，
设“鞠”的半径为，连接，
则，
即：，
又因为，，所以，
又顶点A在底面的射影落在内，则，
由，为公共边，得与全等，
则为的角平分线，所以.
在中，因为，则，
在中，，则，
所以该“鞠”的表面积.
故答案为：.
四、证明题
17．如图，S为圆锥顶点，O是圆锥底面圆的圆心，AB，CD为底面圆的两条直径，，且，P为母线SB上一点，．
(1)求证：平面PCD；
(2)求圆锥SO的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连结PO，由中位线性质有，利用线面平行的判定定理即可证结论；
（2）根据已知求底面半径，进而求出底面积，应用圆锥体积公式求体积.
【详解】（1）连结PO，如图，
∵P、O分别为SB、AB的中点，
∴，又平面PCD，平面PCD，
∴平面PCD.
（2）∵，P为SB的中点，
∴.
∴，
则底面圆面积，
∴圆锥体积.
五、问答题
18．已知过抛物线的焦点，斜率为1的直线交抛物线于..，且．
(1)求该抛物线的方程；
(2)在抛物线C上求一点D，使得点D到直线的距离最短．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）首先表示出直线l的方程，再联立直线与抛物线方程，消去，列出韦达定理，再根据焦点弦公式计算可得；
（2）设，再利用点到直线的距离及二次函数求最小值即可得解.
【详解】（1）如图，
由已知得焦点，
∴直线l的方程为，
联立，消去整理得
设，，则，
，，
∴抛物线C的方程为
（2）设，
则到直线的距离，
当时，，此时，
所以.
六、解答题
19．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，点D在边BC上，且点D是靠近C的三等分点，．
(1)若，的面积为1，求b；
(2)求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用三角形的面积公式可求得，再求得的值，利用余弦定理可求得的值；
（2）在中，利用正弦定理以及诱导公式化简可得出的值.
【详解】（1）如图，
因为，，，
则为等腰直角三角形，且，
因为，所以，
所以，所以，
则，，
，
在中，由余弦定理可得:
，
故.
（2）在中，由正弦定理可得，
即，即，
由正弦定理可得，
所以，即.
七、问答题
20．如图1，四边形ABCD是梯形，，，点M在AB上，，将沿DM折起至，如图2，点N在线段上．
图1 图2
(1)若，求证：平面平面；
(2)若，平面DNM与平面CDM夹角的正弦值为，求值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取中点，得，再根据线面垂直可得平面，根据面面垂直的判定定理分析证明；
（2）建立空间直角坐标系，设，求两个平面的法向量，根据向量夹角公式运算求解.
【详解】（1）取中点，连接，
因为为等边三角形，则，
且，平面，平面，
由平面，所以，
又因为，所以，
且，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面.
（2）由题意可得：， 且，
所以， 可得，而，
以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
设，
则，可得，
得，
所以，
设平面的一个法向量为，
由，
令，则，可得，
由题意可知：平面的一个法向量为.
设平面与平面的夹角为，则
则，即，
解得，或（舍去）.
所以.
八、解答题
21．椭圆的离心率为，过椭圆焦点并且垂直于长轴的弦长度为1．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若直线与椭圆相交于，两点，与轴相交于点，若存在实数，使得，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据椭圆离心率公式，结合椭圆垂直于长轴的弦长公式进行求解即可；
（2）根据直线是否存在斜率，结合平面向量的坐标运算公式、一元二次方程根与系数关系分类讨论进行求解即可.
【详解】（1）因为该椭圆的离心率为，所以有，
在方程中，令，解得，
因为过椭圆焦点并且垂直于长轴的弦长度为1，
所以有，由可得：，
所以椭圆的方程为；
（2）当直线不存在斜率时，由题意可知直线与椭圆有两个交点，与纵轴也有两个交点不符合题意；
当直线存在斜率时，设为，所以直线的方程设为，
于是有，
因为该直线与椭圆有两个交点，所以一定有，
化简，得，
设，于是有，
因为，
所以，
代入中，得，
于是有，
化简，得，代入中，得.
【点睛】关键点睛：本题的关键是由向量等式得到.
九、证明题
22．已知双曲线的渐近线为，左焦点为F，左顶点M到双曲线E的渐近线的距离为1，过原点的直线与双曲线E的左、右支分别交于点C、B，直线FB与双曲线E的左支交于点A，直线FC与双曲线E的右支交于点D．
(1)求双曲线E的方程；
(2)求证：直线AD过定点．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由条件列关于的方程，解方程求，由此可得双曲线方程；
（2）设，分别联立直线，与双曲线方程，结合关于系数关系求点A和点坐标，利用点斜式表示直线的方程，再证明直线过定点.
【详解】（1）设双曲线的半焦距为，则，
因为双曲线的渐近线为，则，
又因为左顶点到双曲线E的渐近线的距离为，
解得，则，
所以双曲线的方程为．
（2）设，
若，则，
故，
直线的方程为；
若，设直线的方程为，
直线的方程与双曲线联立，
．
又，则
所以，即．
同理，
则，
则直线方程为，
令，则，
即
所以直线过定点．