2023-2024学年江苏省南京市第一中学高二上学期7月阶段性考试数学试题含答案

2023-2024学年江苏省南京市第一中学高二上学期7月阶段性考试数学试题

一、单选题

1．若复数满足（是虚数单位），则（    ）

A． B． C．2 D．3

【答案】A

【分析】根据复数代数形式的除法运算化简，再根据复数的模的计算公式计算可得.

【详解】因为，所以，

所以.

故选：A

2．投壶是从先秦延续至清末的汉民族传统礼仪和宴饮游戏，在春秋战国时期较为盛行．如图为一幅唐朝的投壶图，假设甲、乙、丙是唐朝的三位投壶游戏参与者，且甲、乙、丙每次投壶时，投中与不投中是等可能的．若甲、乙、丙各投壶1次，则这3人中至多有1人投中的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据题意，列出所有可能，结合古典概率，即可求解.

【详解】甲、乙、丙3人投中与否的所有情况为：（中，中，中），（中，中，不中），（中，不中，中），

（中，不中，不中），（不中，中，中），（不中，中，不中），（不中，不中，中），

（不中，不中，不中），共8种，其中至多有1人投中的有4种，故所求概率为．

故选：C.

3．已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为，SA与圆锥底面所成角为45°，若△SAB的面积为，则该圆锥的侧面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用已知条件求出圆锥的母线长，利用直线与平面所成角求解底面半径，然后求解圆锥的侧面积．

【详解】圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为，

可得，又的面积为，

可得，即，可得，

SA与圆锥底面所成角为，可得圆锥的底面半径为：，

则该圆锥的侧面积：，

故选：C

4．若a，b为正实数，直线与直线互相垂直，则的最大值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由两直线垂直求出，再利用基本不等式求出的最大值．

【详解】解：由直线与直线互相垂直

所以

即

又a、b为正实数，所以

即，当且仅当a，b时取“＝”；

所以的最大值为．

故选：B

【点睛】本题主要考查了由直线垂直求参数，基本不等式求最值的应用，属于中档题.

5．已知，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】将化为，利用诱导公式以及二倍角的余弦公式，化简求值，可得答案.

【详解】因为，

所以,

故选：A.

6．过点 的直线与圆交于，两点，则弦长的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据圆的性质，得到当垂直时，最小，结合弦长公式，即可求解.

【详解】由圆方程，可知圆心，半径，

当垂直时，最小，此时到直线的距离,

所以的最小值为.

故选：D.

7．若直线与曲线有两个交点，则实数的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】由题可知曲线表示一个半圆，然后利用数形结合即得.

【详解】由曲线得，表示以原点为圆心，半径为的上半圆，

当直线与半圆相切时，，则，此时直线为，

当直线过点时，，此时直线为，

要使直线与曲线有两个交点，则b的取值范围是．

故选：C．

8．在中，，，，为线段上的动点，且，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由已知条件求得解得，，，再求得，可得到，用基本不等式求的最小值.

【详解】设，，根据题意得，

解得，，，，

，

又、、三点共线，，

，

当且仅当，即时，等号成立．

故选：C

【点睛】关键点睛：解题的关键是由已知条件求出后，再由三点共线，得，所以化简后结合基本不等式可求出其最小值，

二、多选题

9．下列说法错误的是（    ）

A．过点且在两坐标轴上的截距相等的直线的方程为

B．直线必过定点

C．经过点，倾斜角为的直线方程为

D．过两点的所有直线的方程为

【答案】AC

【分析】根据直线过原点时，满足题意，可判定A错误；根据直线系方程过定点，可判定B正确；根据时，此时直线的斜率不存在，可判定C错误；根据直线的方程，分类讨论，可判定D正确.

【详解】对于A中：当在两坐标轴上的截距相等且等于时，直线过原点，

可设直线方程为，又直线过点，则，即，

此时直线方程为，满足题意，所以A错误；

对于B中：直线可化为，由方程组，解得，

即直线必过定点，所以B正确；

对于C中，当倾斜角时，此时直线的斜率不存在，无意义，所以C错误；

对于D中，由两点，

当时，此时过两点的所有直线的方程为，即，

当时，此时过两点的所有直线的方程为或，适合上式，

所以过两点的所有直线的方程为，所以D正确.

故选：AC.

10．下列选项中，正确的有（    ）

A．设，都是非零向量，则“”是“”成立的充分不必要条件

B．若角的终边过点且，则

C．在中，

D．在中，若，则满足条件的三角形有且只有一个

【答案】ACD

【分析】根据共线向量的概念，结合充分、必要条件的判定，可判定A正确；根据三角函数的定义，列出方程，可判定B错误；根据三角形的性质，结合正弦定理和余弦函数的单调性，可判定C正确；结合余弦定理列出方程，可判定D正确.

【详解】选项A中，由，可知，所以，所以充分性成立；

若，则，因为为大于的实数，不一定为，所以必要性不成立，

所以是成立的充分不必要条件，所以A正确

选项B中，若角的终边过点，且，

则，解得，所以B错误

选项C中，因为在中，，

由正弦定理可知，所以，所以C正确；

选项D中，由，可得，

解得或（舍去），满足条件的三角形有一个，所以D正确；

故选：ACD．

11．已知实数满足曲线的方程，则下列选项正确的是（    ）

A．的最大值是

B．的最大值是

C．的最小值是

D．过点作曲线的切线，则切线方程为

【答案】BD

【分析】由表示圆上的点到定点的距离的平方，可判定A错误；由表示圆上的点与点的斜率，设，结合点到直线的距离公式，列出不等式，可判定B正确；由表示圆上任意一点到直线的距离的倍，进而可判定C错误；根据点在圆上，结合圆的切线的性质，可判定D正确.

【详解】由圆可化为，可得圆心，半径为，

对于A中，由表示圆上的点到定点的距离的平方，

所以它的最大值为，所以A错误；

对于B中，表示圆上的点与点的斜率，设，即，

由圆心到直线的距离，解得，

所以的最大值为，所以B正确；

对于C中，由表示圆上任意一点到直线的距离的倍，

圆心到直线的距离，所以其最小值为，所以C错误；

对于D中，因为点满足圆的方程，即点在圆上，

则点与圆心连线的斜率为，

根据圆的性质，可得过点作圆的切线的斜率为，

所以切线方程为，即，所以D正确.

故选：BD.

12．已知正方体的棱长为，点是 的中点，点是侧面 内的动点，且满足，下列选项正确的是（    ）

A．动点轨迹的长度是

B．三角形在正方体内运动形成几何体的体积是

C．直线与所成的角为，则的最小值是

D．存在某个位置，使得直线与平面所成的角为

【答案】ABC

【分析】建立坐标系，由可得出动点动点轨迹为线段，然后结合勾股定理，异面直线所成角，线面角，体积公式等逐一判断即可

【详解】以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，

则，

，

，

，即，

取得中点，则动点轨迹为线段，

对于A：动点轨迹为线段，且，故A正确；

对于B：三角形在正方体内运动形成几何体为三棱锥，

且，故B正确；

对于C：，

直线与所成的角为，

又，则的最小值是，故C正确；

对于D：易知与重合时，直线与平面所成的角最大，

且为，，

，

所以不存在某个位置，使得直线与平面所成的角为，

故D错误；

故选：ABC

三、填空题

13．数据，，，，，，的平均数是，则这组数据的百分位数为          ．

【答案】10

【分析】先根据平均数求出，然后对这组数据从小到大排列，利用百分位数的定义求解即可

【详解】解：因为数据，，，，，，的平均数是，

则，解得，

这组数从小到大排列：，，，，，，，

因为，

所以第个数据为这组数据的第百分位数，即为，

故答案为：．

14．直线关于直线的对称直线方程为          ．

【答案】

【分析】两直线方程联立可求得交点在所求对称直线上；在直线上取一点，求得其关于直线对称的点的坐标，该点也在对称直线上；由直线两点式可整理得到结果.

【详解】设直线关于直线对称的直线为，

由得：，则点在直线上；

在直线上取一点，设其关于直线对称的点为，

则，解得：，即；

直线的方程为：，即.

故答案为：.

15．在平面直角坐标系中，点，若在曲线上存在点使得，则实数的取值范围为         

【答案】

【分析】根据题意，设P（x，y），分析可得若|PB|＝2|PA|，则有（x﹣4）2+y2＝4（x﹣1）2+4y2，变形可得x2+y2＝4，进而可得P的轨迹为以O为圆心，半径为2的圆；将曲线C的方程变形为（x﹣a）2+（y﹣2a）2＝9，可得以（a，2a）为圆心，半径为3的圆；据此分析可得若曲线C上存在点P使得|PB|＝2|PA|，则圆C与圆x2+y2＝4有公共点，由圆与圆的位置关系可得3﹣22+3，解可得a的取值范围，即可得答案．

【详解】根据题意，设P（x，y），

若|PB|＝2|PA|，即|PB|2＝4|PA|2，则有（x﹣4）2+y2＝4（x﹣1）2+4y2，

变形可得：x2+y2＝4，

即P的轨迹为以O为圆心，半径为2的圆，

曲线Cx2﹣2ax+y2﹣4ay+5a2﹣9＝0，即（x﹣a）2+（y﹣2a）2＝9，则曲线C是以（a，2a）为圆心，半径为3的圆；

若曲线C上存在点P使得|PB|＝2|PA|，则圆C与圆x2+y2＝4有公共点，

则有3﹣22+3，即1|a|≤5，

解可得：a或a，

即a的取值范围为：[，]∪[，]；

故答案为[，]∪[，]．

【点睛】判断圆与圆的位置关系的常见方法

(1)几何法：利用圆心距与两半径和与差的关系．

(2)切线法：根据公切线条数确定．

四、双空题

16．在矩形ABCD中，AB＝，BC＝1，现将△ABC沿对角线AC翻折，得到四面体D-ABC，则该四面体外接球的体积为        ；设二面角D－AC－B的平面角为θ，当θ在内变化时，BD的取值范围为        ．

【答案】         

【分析】分别过点，作，计算得到，得到半径和体积，根据，计算，得到答案.

【详解】如图1，分别过点，作，垂足分别为F，E，

则在四面体中也满足．

因为，，所以，，

则，．

在四面体ABCD中，三角形ABC和三角形DAC均为直角三角形，

设点O为AC的中点，如图2，连接OB，OD，则，

即点O为四面体ABCD外接球的球心，则外接球的半径，

所以外接球的体积．

在四面体ABCD中，，

因为二面角的平面角为θ，且，

所以和的夹角为，

所以

因为，所以，则．

故答案为：；

五、解答题

17．已知的三个顶点是

（1）求边的高所在直线方程；

（2）的面积

【答案】（1）；（2）8.

【分析】（1）根据两点求斜率可得，进而得出高的斜率，由点斜式即可求解.

（2）求出直线的方程，利用点到直线的距离公式求出点到的距离，再利用两点间的距离公式求出，利用三角形的面积公式求解即可.

【详解】（1）设边的高所在直线为，

由题知 则，

又点在直线上所以直线的方程为

即

（2）所在直线方程为： 即

点到的距离

又

则

18．如图，在平面四边形中，，，的面积为．

⑴求的长；

⑵若，，求的长．

【答案】(1) (2)

【分析】（1）由三角形的面积公式求得，再由余弦定理即可得到的长；

（2）由（1）可得，在中，利用正弦定理即可得的长．

【详解】⑴∵，，的面积为

∴

∴

∴由余弦定理得

∴

⑵由（1）知中，，

∴

∵,∴  

又∵ ，

∴在中，由正弦定理得

即,∴

【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理、面积公式在三角形中的综合应用，考查学生的计算能力，属于基础题．

19．甲、乙两同学组成“星队”参加“庆祝中国共产党成立周年”知识竞赛．现有、两类问题，竞赛规则如下：

①竞赛开始时，甲、乙两同学各自先从类问题中随机抽取一个问题进行回答，答错的同学本轮竞赛结束；答对的同学再从类问题中随机抽取一个问题进行回答，无论答对与否，本轮竞赛结束．

②若在本轮竞赛中甲、乙两同学合计答对问题的个数不少于个，则“星队”可进入下一轮．已知甲同学能答对类中问题的概率为，能答对类中问题的概率为．乙同学能答对类中问题的概率为，答对类中问题的概率为．

(1)设“甲答对个，个，个问题”分别记为事件、、，求事件、、的概率；

(2)求“星队”能进入下一轮的概率．

【答案】(1)，，

(2)

【分析】（1）利用对立事件的概率公式可求得的值，利用独立事件的概率公式可求得、的值；

（2）设“乙同学答对个、个问题”别记为事件、，计算出、的值，利用独立事件和互斥事件的概率公式可求得所求事件的概率.

【详解】（1）解：甲同学能答对类中问题的概率为，能答对类中问题的概率为，

，，．

（2）解：设“乙同学答对个、个问题”别记为事件、，

乙同学能答对类中问题的概率为，答对类中问题的概率为．

，，

设事件表示““星队”能进入下一轮”，

，

故“星队”能进入下一轮的概率为．

20．已知点，圆，过点的动直线与圆交于，两点，线段的中点为，为坐标原点．

（1）求的轨迹方程；

（2）当时，求的方程及的面积．

【答案】（1）；（2）的方程为，的面积为.

【分析】（1）由圆的方程求出圆心坐标和半径，设出坐标，由与数量积等于0列式得的轨迹方程；

（2）设的轨迹的圆心为，由得到．求出所在直线的斜率，由直线方程的点斜式得到所在直线方程，由点到直线的距离公式求出到的距离，再由弦心距、圆的半径及弦长间的关系求出的长度，代入三角形面积公式得答案．

【详解】解：（1）由圆，即，

圆的圆心坐标为，半径．

设，则，．

由题意可得，即．

整理得．

的轨迹方程是．

（2）由（1）知的轨迹是以点为圆心，为半径的圆，

由于，

故在线段的垂直平分线上，

又在圆上，

从而．

，

直线的斜率为．

直线的方程为，即．

则到直线的距离为．

又到的距离为，

．

．

21．在三棱柱中，，，，.

(1)证明：平面平面；

(2)求二面角的平面角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2).

【分析】（1）由面面垂直的判定定理证得结果；

（2）取的中点，为二面角的平面角，由余弦定理求得结果.

【详解】（1）如图，

设的中点为，连接，，

因为，所以，又因为，且，

所以，因为，平面，且，

所以平面，因为平面，

所以，在中，，，

由余弦定理求得，

则，，

因为，所以，解得，

在，，，可知，又，

在中，，因此.

由（1）知，，且，平面，且，

所以平面， 平面，因此平面平面.

（2）由第一问证明易得，，且.

取的中点，为二面角的平面角，且，

，所以二面角的平面角的余弦值为.

22．已知圆C：，直线l：.

（1）若圆C截直线l所得弦AB的长为，求m的值；

（2）若，直线l与圆C相离，在直线l上有一动点P，过P作圆C的两条切线PM，PN，切点分别为M，N，且的最小值为.求m的值，并证明直线MN经过定点.

【答案】（1）；（2），证明见解析.

【解析】（1）由弦长公式，结合点到直线的距离公式得到关于的方程，求解即得；

（2）利用余弦的二倍角公式得到，点C到直线1的距离，根据弦心距性质得到时，的值最小，由此的最小值为，然后根据已知最小值求得的值，进而求得的值.

设，以CP为直径的圆记为圆D，为圆C和圆D的公共弦，然后利用两圆的方程相减得到公共弦所在的直线方程，利用直线系方程的知识证得直线过定点.

【详解】（1）圆C的圆心，半径，

由弦AB的长为得：

点C到直线l的距离为，

又，

，解得：；

（2），

由（1）知点C到直线1的距离，

，时，的值最小，

即的最小值为，

由已知得，解得，

，解得或0，

，，

当时，直线l的方程为，

设，以CP为直径的圆记为圆D，

则圆D的方程为，

即①，

圆C的方程为②，

由②-①得③，

M、N两点为圆C和圆D的公共点，

③即为直线MN的方程，

③变形得，

由，解得，

所以，直线MN经过定点.

【点睛】关键是两圆的方程相减得到公共弦所在直线方程,构造以CP为直径的圆记为圆D是关键.