2023-2024学年江西省上高二中高二上学期10月期中考试数学试题含答案

这是一份2023-2024学年江西省上高二中高二上学期10月期中考试数学试题含答案，共21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．已知复数，的共轭复数为，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据共轭复数的概念和复数的四则运算即可求解.
【详解】因为，是复数的共轭复数，所以，
则，
∴
故选：A.
2．两条平行直线与之间的距离（ ）
A．B．C．D．7
【答案】C
【分析】先根据两条直线平行求参，再根据平行线间距离公式计算求解.
【详解】由已知两条直线平行，得，所以，
所以直线可化为，则两平行线间的距离.
故选：C.
3．已知某圆锥的高为4，其内切球的体积为，则该圆锥的侧面积（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】因为内切球的体积，可得，再根据相似关系得圆锥底面半径，即可得答案；
【详解】因为内切球的体积，所以半径，
设圆锥的底面半径为，则母线长为，
由相似关系得，
所以该圆锥的侧面积，
故选：C.
【点睛】本题考查圆锥侧面积及球与圆锥的内切问题，考查空间想象能力、运算求解能力.
4．若直线的斜率，则直线的倾斜角的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】设直线的倾斜角为，根据题意得到，结合正切函数的图象与性质，即可求解.
【详解】设直线的倾斜角为，其中，可得，
因为，即，
结合正切函数的图象与性质，可得直线的倾斜角．
故选：B.
5．已知，，，若，，共面，则等于（ ）
A．B．9C．D．3
【答案】A
【分析】由，，共面，设，根据条件列出方程组即可求出λ的值．
【详解】因为，，共面，设，
又，，，得到，
所以，解得，
故选：A.
6．已知圆与圆，则“”是“圆与圆外切”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】利用两圆相切圆心距与两半径之和相等，分别证明充分性和必要性是否成立即可得出答案.
【详解】根据题意将圆化成标准方程为；
易知，
所以可得圆心，半径为，圆心，半径为，
可得，两半径之和；
若，圆心距，两半径之和，此时，
所以圆与圆外切，即充分性成立；
若圆与圆外切，则，解得或（舍），
所以必要性成立；
即“”是“圆与圆外切”的充分必要条件.
故选：C
7．已知圆与圆的公共弦所在直线经过定点P，且点在直线上，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】将两圆的方程相减求得两圆的公共弦方程，继而求得，从而得到，由此利用配方法即可得解.
【详解】因为圆，圆，
两圆相减得，两圆的公共弦方程为，
故定点满足，即，故.
又点在直线上，故，即，
所以，
故的取值范围是.
故选：A.
8．如图，在二面角的棱上有两个点，线段与分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱，当时，则四面体外接球的半径为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】求出平面与平面的夹角，过作的平行线，求出外接圆半径，即可得出四面体外接球的半径.
【详解】由题意，
设平面与平面的夹角为，
∵，，
∴，，
∵，
∴
，
∴，即，
∴，即平面与平面的夹角为.
过作的平行线，过作的平行线与所成的角为，过作的平行线，连接，
四面体的外接球与三棱柱的外接球相同，

在中，
外接圆半径为，
四面体外接球的半径为.
故选：A.
二、多选题
9．下列结论中正确的是（ ）
A．若，则或
B．若，则
C．若复数满足，则的最大值为3
D．若（，），则
【答案】BC
【分析】对于A：令，由此即可验证；对于B：由模长公式以及复数乘法即可验证；
对于C：由复数的几何意义即可验证；对于D：令即可验证.
【详解】对于A：令，所以由复数模长公式有，但这与或矛盾，故A选项不符合题意；
对于B：令，所以，所以，
且，所以，故B选项符合题意；
对于C：令，若复数满足，则有（其中），
所以，所以，
所以，即当且仅当即当且仅当时，有最大值为3，故C选项符合题意；
对于D：令可知，但这与矛盾，故D选项不符合题意.
故选：BC．
10．下列选项正确的是（ ）
A．若直线l的一个方向向量(1，)，则直线l的斜率为
B．已知向量，则在上的投影向量为
C．若，则是锐角
D．直线l的方向向量为，且l过点，则点到直线l的距离为2
【答案】ABD
【分析】由直线方向向量的概念即可判断A，由投影向量的定义，即可判断B，由平面向量数量积的定义即可判断C，由空间中点到直线的距离公式，即可判断D.
【详解】因为直线l的一个方向向量(1，)，则直线l的斜率为，故A正确；
由投影向量的定义可知，在上的投影向量为
，故B正确；
若，则，故C错误；
由条件可得，由，
所以在方向上的投影为，
则点到直线的距离为，故D正确；
故选：ABD.
11．给出下列命题，其中正确的是（ ）
A．对空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，若，则P，A，B，C四点共面
B．若，是两个不共线的向量，且（，，，），则构成空间的一个基底
C．若空间四个点P，A，B，C满足，则A，B，C三点共线
D．平面的一个法向量为，平面的一个法向量为.若，则
【答案】CD
【分析】对于A选项：由四点共面的充要条件即可验证；对于B选项：由构成基底的条件即可判断；对于C选项：由三点共线的充要条件即可判断；对于D选项：若两个平面平行，则它们的法向量也对应平行，然后由向量平行的充要条件即可判断.
【详解】对于A选项：若P，A，B，C四点共面，由于A，B，C三点不共线，
所以由平面向量基本定理有，
进一步有，整理得，
所以此时的系数之和恒为1，
若，则有的系数之和；故A选项不符合题意.
对于B选项：若，是两个不共线的向量，且（，，，），则 共面，
所以不能构成空间的一个基底；故B选项不符合题意.
对于C选项：若，则有，整理得，即，
所以A，B，C三点共线；故C选项符合题意.
对于D选项：若，则它们对应的法向量与也平行，
所以，有，即，解得；故D选项符合题意.
故选：CD.
12．如图,在正方体中,,为线段上的动点,则下列说法正确的是（ ）
A．
B．平面
C．三棱锥的体积为定值
D．的最小值为
【答案】ABD
【分析】对于A,由线面垂直的判定定理证明平面即可;对于B,根据面面平行的判定定理证明平面平面即可;对于C,根据线面平行将点到平面的距离等于点到平面的距离,再利用等体积法求解即可;对于D,将平面和平面沿直线展开为一个平面,利用余弦定理求解即可判断.
【详解】对于A,连接,如图:

平面,平面,
,
又平面,平面,
平面,
平面,
,
连接,同理可得,
平面,平面,
平面,
平面,
,故A正确;
对于B,连接,如图:

,
四边形为平行四边形,
,
平面,平面,
平面,
同理四边形为平行四边形,
,
平面,平面,
平面,
,平面,平面,
平面平面,
平面,
平面,故B正确;
对于C,如图:

由B知,
平面,平面,
平面,
点到平面的距离等于点到平面的距离,
,故C错误;
对于D,将平面和平面沿直线展开为一个平面,如图:

,
,
,
,
,
即 的最小值为,故D正确.
故选:ABD.
三、填空题
13．若复数，其中i是虚数单位，则复数的虚部是 ．
【答案】
【分析】由复数的乘法运算化简复数，再由复数的定义即可得出答案.
【详解】因为复数，
所以，
故复数的虚部是.
故答案为：
14．如图，在几何体ABCFED中，，，，侧棱AE，CF，BD均垂直于底面ABC，，，，则该几何体的体积为 .
【答案】
【分析】在上取点，在上取点，使得，连接，则几何体是由三棱柱和四棱锥组合而成的，分别求出三棱柱和四棱锥的体积，即可得出答案.
【详解】在上取点，在上取点，使得，连接，
又由已知侧棱AE，CF，BD均垂直于底面ABC，
得，即，
故四边形与四边形都为平行四边形，
所以，，
又平面，且平面，
则平面，
同理，平面，，
平面，平面，
故平面平面，且平面，
则几何体为直三棱柱.
因为，，，
所以，
所以是以为直角的直角三角形，，
由侧棱AE垂直于底面ABC，得，
，平面，且平面，
故平面，则平面，
又，，
则多面体是四棱锥，且高为，
又，则，四边形为直角梯形，
所以几何体是由三棱柱和四棱锥组合而成的，
，
，
所以该几何体的体积为.
故答案为：.
15．已知实数，满足，则的取值范围为 ．
【答案】
【解析】化简圆的方程为，求得圆心坐标和半径，再由，根据表示圆上的点与之间的连线的斜率，结合直线与圆的位置关系，即可求解.
【详解】由方程，可得，表示圆心为，半径为的圆，
又由，则表示圆上的点与之间的连线的斜率，
设，即，
当直线与圆相切时，满足，
整理得，解得，即，
所以的取值范围为.
故答案为：.
16．已知直三棱柱，，，点为此直三棱柱表面上一动点，且，当取最小值时，的值为 .
【答案】/
【分析】首先由可得是在以为球心半径为4的球面上，进而得到其在平面的交线，故取值最小时，，，三点共线，利用平面几何的运算可计算出在上的投影，进而得到答案.
【详解】由可得是在以为球心半径为4的球面上，
由于，，
取值最小时，其在平面内，
其在平面的交线为如图所示的圆弧.
故取值最小时，，，三点共线，
通过点往作垂线，垂足为，则，
则，故，
代入解得，从而，
因此
.
故答案为：.
关键点点睛：本题考查立体几何中点的轨迹问题，解题关键是找到点在平面的运动轨迹．进而得到取值最小时，，，三点共线，然后通过点往作垂线，垂足为，进而可计算出在上的投影，进而得到答案.
四、解答题
17．已知直线过定点，直线的方程为与垂直且过点.
(1)求直线的方程；
(2)若直线经过与的交点，且直线在轴和轴的截距相等，求直线的方程.
【答案】(1)；
(2)或.
【分析】（1）求出定点的坐标，直线的斜率，再利用直线方程的点斜式求解即得.
（2）求出直线与的交点坐标，利用直线方程的截距式分类求解即得.
【详解】（1）直线化为，由，解得，即，
直线的斜率为，则，得直线的斜率为，方程为，即，
所以直线的方程为.
（2）由，解得，即直线与的交点，
设直线的纵截距为，则其横截距也为，当时，直线过原点，斜率为2，方程为，
当时，直线的方程为，即，则，此时的方程为，
所以直线的方程为或.
18．已知圆与圆
(1)求经过圆与圆交点的直线方程：
(2)求圆与圆的公共弦长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）判断两圆相交，将两圆的方程相减，即可得答案；
（2）确定圆的圆心和半径，求得圆心到两圆公共弦所在直线的距离，根据弦长的几何求法即可求得答案.
【详解】（1）圆的圆心为，半径为，
圆即，圆心为，半径为，
则，故圆与圆相交；
将圆与圆的方程相减，
得，
即经过圆与圆交点的直线方程为；
（2）圆的圆心为，半径为1，
到直线的距离为，
故圆与圆的公共弦长为.
19．如图，在四棱锥中，底面直角梯形，∥CD，，平面，是棱上的一点.
（1）证明：平面平面；
（2）已经，，若分别是的中点，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析;(2)
【分析】(1)证面面垂直只需证线面垂直,可通过求证,证得.
(2)点到平面的距离可通过等体积法求得.
【详解】(1)证明平面平面,所以,又所以平面,又平面,所以平面平面.
(2)连接,,在中,可得,则在中,可得,在直角梯形中,由已知可求得.
,
.
分别是的中点,
,
在等腰中,可求
到平面的距离为,
到平面的距离为
设点到平面的距离为

, .
【点睛】本题考查面面垂直的判定定理的应用,考查了点到面的距离,借助等体积转化是解决问题的关键,属于中档题.
20．已知的顶点，边上的中线所在直线方程为，边上的高所在直线方程为．
(1)求顶点的坐标；
(2)求的面积．
【答案】(1)的坐标为，的坐标为
(2)
【分析】（1）设，，由题意列方程求解即可得出答案.
（2）先求出和直线所在的方程，再由点到直线的距离公式求出边上的高，即可求出的面积．
【详解】（1）设，因为边上的中线所在直线方程为，
边上的高所在直线方程为，
所以，解得，即的坐标为．
设，因为边上的中线所在直线方程为，
边上的高所在直线方程为，
所以，解得，即的坐标为．
（2）因为，所以．
因为边所在直线的方程为，即，
所以点到边的距离为，即边上的高为，
故的面积为．
21．已知圆心在轴上的圆与直线切于点.
(1)求圆的标准方程；
(2)已知，经过原点且斜率为正数的直线与圆交于，.求的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据已知条件求得圆心和半径，从而求得圆的标准方程.
（2）设出直线的方程，并与圆的方程联立，化简写出根与系数关系，求得的表达式，结合换元法以及基本不等式求得的最大值.
【详解】（1）由圆心在轴上的圆与直线切于点，设，
直线的斜率为，
则，所以．
所以，所以，，即，
所以圆的标准方程为．
（2）设直线，与圆联立方程组，
可得，
，由根与系数的关系得，，
，
令，则，
所以
，
当且仅当，即时取等号，此时，
所以的最大值为.
【点睛】本题的难点在于第二问，求最值.求解最值有关的题目，首先要将表达式求出，本题是结合根与系数关系求得表达式.然后根据表达式的结构来选择求最值的方法，可考虑二次函数的性质、基本不等式或函数的单调性来求解最值.
22．如图，菱形的边长为2，，E为AB的中点．将沿DE折起，使A到达，连接，，得到四棱锥．

(1)证明：；
(2)当二面角的平面角在内变化时，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）通过证明面面垂直，即可得出结论；
（2）求出平面的法向量，得出直线与平面所成角的余弦值表达式，进而求出正弦值的取值范围.
【详解】（1）由题意证明如下，
在菱形中，为的中点，，
∴，
在翻折过程中，恒有，，
又，平面，
∴平面，
而平面，
∴
（2）由题意及（1）得，
为二面角的平面角，记其为，则，
以的方向为轴的正方向，的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示，

则，，，，
， ，
设平面的法向量，则，得
令，得，，
则，
令，，得
，
当且仅当时，等号成立，
设直线与平面所成角为，
则，
故直线与平面所成角的正弦值的最大值为，
当时，，
当时，
∵，∴直线与平面所成角的正弦值的范围为
【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是利用空间向量法得到关于线面角正弦值的表达式，设，则得到，再结合换元法和基本不等式求出其最大值，再代入端点得到其最小值，从而得到正弦值范围.