2023-2024学年江西省抚州市资溪县第一中学高二上学期期中调研数学试题含答案

这是一份2023-2024学年江西省抚州市资溪县第一中学高二上学期期中调研数学试题含答案，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，证明题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．“直线l与平面没有公共点”是“直线l与平面平行”的（ ）条件
A．充分非必要B．必要非充分C．充要D．非充分非必
【答案】C
【分析】由线面平行的定义分析可得答案.
【详解】直线l与平面没有公共点，则直线l与平面平行，反之，也成立，
故“直线l与平面没有公共点”是“直线l与平面平行”的充要条件.
故选：C
2．复数在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【答案】D
【分析】由复数除法求得后，可得对应点坐标从而确定其象限．
【详解】，对应点坐标为，在第四象限，
故选：D．
3．直线的倾斜角是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】求出直线的斜率，进而求出倾斜角.
【详解】直线的斜率是，设倾斜角为，
解得
故选：A
4．已知为锐角，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据两角和差的正弦公式求解即可.
【详解】因为
所以，
当时，
，为锐角，不合题意，舍去；
当时，
，满足题意；
所以.
故选：C
5．已知等边三角形ABC的边长为2，D，E分别是BC，AC的中点，则（ ）
A．B．C．D．0
【答案】A
【分析】将，设为基底，表示出，，运用数量积定义解决问题.
【详解】解：
.
故答案选：A.

6．已知直线与直线间的距离为，则（ ）
A．或B．
C．或11D．6或
【答案】A
【分析】运用两条平行直线间的距离公式计算即可.
【详解】直线可化为，
所以，解得或．
故选：A.
7．如图所示，空间四边形的各边都相等，分别是的中点，下列四个结论中不正确的是（ ）

A．平面B．平面
C．平面平面D．平面平面
【答案】C
【分析】根据线面平行、线面垂直、面面垂直等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】A选项，连接，由于分别是的中点，
所以，由于平面，平面，
所以平面，所以A选项正确.

B选项，连接，
由于三角形和三角形是等边三角形，
是的中点，所以，
由于平面，所以平面，B选项正确.

C选项，几何体是正四面体，
设在底面上的射影为，连接，则平面，
且是等边三角形的中心，
连接，由于分别是的中点，
所以是等边三角形的中位线，所以，
所以平面与平面不垂直，C选项错误.

D选项，连接，
同理B选项的分析可得平面，
由于平面，所以平面平面，所以D选项正确.

故选：C
8．已知抛物线为上一点，，当最小时，点到坐标原点的距离为（ ）
A．B．C．D．8
【答案】C
【分析】设，然后根据坐标表示出，结合基本不等式求解出最小值并确定出点坐标，则可求.
【详解】设，则，所以，
当时，；
当时，，
当且仅当即时取等号，所以；
由上可知，取最小值时，，
所以，
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题考查抛物线方程的运用，解答问题的关键在于根据抛物线的方程合理设出点坐标并利用坐标关系去化简，从而达到分析最值的目的.
二、多选题
9．已知，，下列选项中关于，的坐标运算正确的是（ ）
A．B．
C．若且，则D．
【答案】BD
【分析】利用平面向量的坐标运算，逐项计算判断即得.
【详解】向量，，则，A错误；
，B正确；
令为坐标原点，则，点，C错误；
，D正确.
故选：BD
10．已知直线：，圆：的圆心坐标为，则下列说法正确的是（ ）
A．直线恒过点
B．，
C．直线被圆截得的最短弦长为
D．若点是圆上一动点，的最小值为
【答案】AB
【分析】直线恒过点，A正确，根据圆的一般方程计算B正确，计算弦长的最小值为，C错误，确定，D错误，得到答案.
【详解】圆：的圆心坐标为，
故，，解得，，圆方程为，
对选项A：因为直线恒过点，正确；
对选项B：，，正确；
对选项C：当直线与垂直时，弦最短，此时，
弦长为，错误；
对选项D：设，即，当直线与圆相切时，，
解得或，故，错误；
故选：AB
11．如图，在边长为2的正方体中，为边的中点，下列结论正确的有（ ）

A．与所成角的余弦值为
B．过A，，三点的正方体的截面面积为9
C．当在线段上运动时，三棱锥的体积恒为定值
D．若为正方体表面上的一个动点，，分别为的三等分点，则的最小值为
【答案】AC
【分析】取中点，是与所成角或其补角，计算后判断A，由平行平面的性质作出截面等腰梯形，求出面积判断B，由线面平行得出到平面的距离为定值，所以三棱锥的体积为定值，由特殊点求出体积判断C，作出点关于平面的对称点，当是线段与平面的交点时，取得最小值，计算后判断D．
【详解】正方体易得，取中点，连接．由于是中点，因此，所以，所以是与所成角或其补角，
由已知中，，，
，A正确；
取中点，连接，同理可证（由得），因此是过A，，三点的正方体的截面，它是等腰梯形，
，，，面积为，B错；

由于，平面，平面，所以平面，从而到平面的距离为定值，所以三棱锥的体积为定值，
当与重合时，，C正确；

设是点关于平面的对称点，则，又，
显然，，
又，所以，
，，
显然当是线段与平面的交点时，取得最小值，D错．

故选：AC．
12．已知双曲线C：的左、右焦点分别是，过右焦点的直线交双曲线右支于两点，的内切圆圆心为M，半径为，的内切圆圆心为N，半径为，则下列结论正确的是（ ）
A．直线垂直于x轴B．周长为定值
C．与之和为定值D．与之积为定值
【答案】AD
【分析】根据题意画出示意图，根据圆切线长定理及双曲线定义判断A、B；由在中，进而有并利用相似比判断D，最后由，得到判断C.
【详解】由题意，可得如下示意图，其中为内切圆与各边切点，
由图知：，
由，则
令横坐标为，则，即为双曲线右顶点，
同理，内切圆在轴上的切点也为，又都垂直于轴，
所以直线垂直于x轴，A对；
由周长为，
而的长不定，故周长不为定值，B错；
由分别平分，且，
在中，又，
所以，故为定值，D对.
令，则，
显然为直线的倾斜角，其大小不定，故与之和不为定值，C错.
故选：AD
三、填空题
13．已知过点，的直线的倾斜角为60°，则实数 ．
【答案】
【分析】根据直线斜率的定义和两点求斜率公式建立方程，解之即可.
【详解】由题意知，
该直线的斜率为，
解得.
故答案为：.
14．已知，是夹角为的两个单位向量，则与的夹角是 .
【答案】//
【分析】首先由题意先根据模长公式、数量积公式分别求出，最后根据夹角公式进行计算即可.
【详解】由题意，
，
，
所以，即与的夹角是.
故答案为：.
15．若与有交点，则实数的取值范围为 .
【答案】
【分析】根据题意，得到曲线和直线恒过定点，画出图象，结合斜率公式，即可求解.
【详解】由曲线，可得，表示以原点为圆心，半径为1的下半圆，
又由直线恒经过定点，
因为曲线与轴的交点分别为，
可得，
要使得与有交点，可得或，
所以实数的取值范围为.
故答案为：.

16．椭圆与双曲线有公共焦点，左右焦点分别为，.点O是坐标原点，点A是椭圆的左顶点，的中点M为双曲线的左顶点，设椭圆与双曲线在第一象限的交点为P，满足，则椭圆的离心率 .
【答案】/
【分析】根据的中点M为双曲线的左顶点得，根据椭圆与双曲线在第一象限的交点为P，可得，再由可得答案.
【详解】因为的中点M为双曲线的左顶点，所以，
椭圆与双曲线在第一象限的交点为P，满足，
所以，可得，
所以，代入可得，
则椭圆的离心率.
故答案为：.

四、解答题
17．已知复数满足（是虚数单位）.
(1)求；
(2)若复数在复平面内对应的点在第三象限，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据复数的除法计算法则和模的运算公式求解即可；
（2）根据复数乘法计算法则和在复平面对应点的特征求解即可.
【详解】（1）由，
得，所以
（2）因为，
所以
，
因为该复数在复平面内对应的点在第三象限，
所以，解得，
所以实数的取值范围为.
18．已知在中，角，，所对的边分别为，，，且，．
(1)求角．
(2)若的周长为15，求的面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）结合题干，先边角互化，再利用余弦定理，可求出的值，进而求得角的大小；
（2）根据的周长，以及，结合第一问可求得的值，再利用面积公式，进而求得其面积.
【详解】（1）由题意可得，
所以．
由正弦定理，得，
则，所以．
又，所以．
（2）因为的周长为15，所以则．
因为，所以，
即，解得或．
因为，，所以，
所以，，，所以．
19．已知直线，直线
(1)若直线在两坐标轴上的截距相等，求实数的值；
(2)若，求直线的方程.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由一般方程求截距，根据条件，列式求解；
（2）代入两直线平行的公式，即可求解.
【详解】（1）由题意可知，，
直线在轴上的截距为，在轴上的截距为，
则，解得：；
（2）若，
则且，解得：，
此时直线的方程为.
20．已知圆过点和．
(1)求圆的方程；
(2)求与垂直且被圆截得弦长等于的直线的方程．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）假设圆的一般方程，代入即可得到圆的方程.
（2）先求出直线的方程，进而设出与垂直的直线的方程，求出圆心到直线的距离和线段的长相等求解即可得到直线的方程.
【详解】（1）设圆的一般方程为：，
分别代入点和.
，解得,
故圆的方程为：.
（2）因为、
所以直线的方程为：，
故设直线的方程为：.
由题意可知，圆心，
被圆截得弦长等于
则可知到直线与直线的距离相等.
故有，
解得或
所以直线的方程：或
五、证明题
21．已知直四棱柱，，，，，．

(1)证明：直线平面；
(2)若该四棱柱的体积为，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）证明出平面平面，再利用面面平行的性质可证得结论成立；
（2）计算出梯形的面积，利用柱体的体积可求得的长.
【详解】（1）证明：在直四棱柱中，，
因为平面，平面，所以，平面，
因为，平面，平面，所以，平面，
因为，、平面，所以，平面平面，
因为平面，因此，平面.
（2）解：因为，，，，，
所以，，
所以，，解得.
六、解答题
22．已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，过点的直线l经过原点，交C于不同两点A，B，且，．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点的直线与y轴正半轴交于点G，与曲线C交于点E，点E在x轴的投影为点，过点G的另一直线与曲线C交于P，Q两点，若，求PQ所在直线的方程．
【答案】(1)
(2)或．
【分析】（1）利用过原点的直线截得的弦长可得，由对称性可知，即可求出椭圆方程；
（2）易知，可得，利用面积比可知，对直线的斜率是否存在分类讨论可得不合题意，联立直线和椭圆方程利用韦达定理解出斜率即可求得直线方程.
【详解】（1）由题意，过点的直线l经过原点，
所以l的方程为，且点A，B关于原点对称．
设，将代入，化简得，即，∴．
∵，∴．
根据对称性，
根据椭圆定义得，∴．∴．
所以C的方程为．
（2）易知左焦点，又点E在x轴的投影为点，所以，如下图所示：

设，则，可得，即，
易知，利用三角形相似可得，可得，
所以，即，
设，，则，，
即．
①当直线PQ的斜率不存在时，PQ的方程为，
此时，不符合条件．
②当直线PQ的斜率存在时，设直线PQ的方程为，
联立得．
，解得，
可得，即，解得
综上，PQ所在直线的方程为或．
【点睛】方法点睛：在求解椭圆中三角形面积比例问题时，往往根据解三角形的面积公式将面积比转化为线段长度的比值或点坐标的比值，再由韦达定理解出相关参数即可实现问题求解.