2023-2024学年江西省赣州市十八县二十三校高二（上）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年江西省赣州市十八县二十三校高二（上）期中数学试卷（含解析），共15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。

1.在空间直角坐标系中，向量a=(1,−2,1)，b=(1,0,2)，则a−b=( )
A. (2,−2,3)B. (−2,2,−3)C. (0,2,1)D. (0,−2,−1)
2.3+2i1−i3=( )
A. 52−12iB. 52+12iC. −52−12iD. −52+12i
3.已知椭圆y25+x22=1上一点P到一个焦点的距离为1，则P到另一个焦点的距离为( )
A. 2 2−1B. 3C. 2 5−1D. 9
4.在空间直角坐标系中，点A(0,2,1)，B(−1,1,3)，C(1,1,0)，则( )
A. AB=(1,1,−2)B. AC=(−1,1,1)
C. |BC|=2 3D. cs〈AB,AC〉=− 23
5.已知直线l：x+my=0的倾斜角的取值范围为(π4,π3)，则直线l1：x−my−2=0的倾斜角的取值范围为( )
A. (3π4,π)B. [0,π2)∪(2π3,5π6)C. (3π4,5π6)D. (2π3,3π4)
6.已知圆C1：(x+1)2+(y−a)2=25与圆C2：(x+1)2+(y+b)2=9内切，则ab的最大值为( )
A. 2B. 1C. 12D. 14
7.石城永宁桥，省级文物保护单位，位于江西省赣州市石城县高田镇.永宁桥建筑风格独特，是一座楼阁式抛物线形石拱桥.当石拱桥拱顶离水面1.6m时，水面宽6.4m，当水面下降0.9m时，水面的宽度为( )
A. 7mB. 7.5mC. 8mD. 8.5m
8.对于角α，甲、乙、丙、丁4人有4种不同的判断，甲：α的终边在直线y=kx(k>0)上，乙：tan2α=−512，丙：tan(α−π4)=23，丁：csα>0，若甲、乙、丙、丁4人中只有1人判断错误，则判断错误的是( )
A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知F1，F2分别是双曲线C：y2m−x25−m=1的上、下焦点，点P在C上，且C的实轴长等于虚轴长的2倍，则( )
A. m=2B. ||PF1|−|PF2||=4
C. C的离心率为 52D. C的渐近线方程为y=±2x
10.把函数f(x)=sin(2x−π5)的图象向左平移3π10个单位长度后得到g(x)的图象，则( )
A. g(x)=sin(2x+π10)B. g(x)的图象关于直线x=π20对称
C. g(x)的图象关于点(−π5,0)对称D. g(x)在[0,π10]上单调递增
11.在圆锥PO中，AB是底面圆O的直径，AB=2，且圆锥PO外接球的表面积为25π4，则该圆锥的侧面积可能为( )
A. 5πB. 5π2C. 6πD. 6π2
12.已知曲线C：(y−kx)(y−kx+74)=0，圆M：(x−2)2+(y−1)2=1，则( )
A. 当k<0或k>3512时，曲线C与圆M没有公共点
B. 当k=34时，曲线C与圆M有1个公共点
C. 当0D. 当34三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知向量a=(−6,m)，b=(2,3)，且a⊥b，则m= ______ ．
14.已知F是抛物线C：x2=2y的焦点，A是C上的一点，若|AF|=4，则A的纵坐标为______ ．
15.中国古代数学瑰宝《九章算术》中记载了一种称为“羡除”的几何体，该几何体是三个面均为梯形，其他两面为三角形的五面体.现有一羡除ABCDEF，平面ABCD⊥平面CDEF，EF=2CD=4AB=8，四边形ABCD，CDEF均为等腰梯形，∠ADC=∠DEF=π3，则该几何体ABCDEF的体积为______ ．
16.已知A，B为双曲线C：y24−x2=1上的两点，且A，B关于直线l：y=−13x−1对称，则线段AB中点的坐标为______ ．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
已知直线l1经过点A(2,−3)．
(1)若l1平行于直线x−y−7=0，求l1的一般式方程；
(2)若l1垂直于直线2x+y+3=0，求l1在y轴上的截距，
18.(本小题12分)
在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AD=AA1=3，cs∠BAD=cs∠BAA1=cs∠DAA1=13，E为线段AC1上更靠近A的三等分点．
(1)用向量AB，AA1，AD表示向量AE；
(2)求|AE|；
(3)求AE⋅AC．
19.(本小题12分)
已知圆M：(x−3)2+(y+3)2=16，直线l：(m+1)x+(m+4)y−3m=0．
(1)证明：l过定点．
(2)求l被圆M截得的最短弦长．
20.(本小题12分)
已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2ccsC+acsB+bcsA=0．
(1)求C；
(2)若CD为C的角平分线，D在边AB上，且CD=2，求4a+b的最小值．
21.(本小题12分)
已知椭圆C：x212+y24=1，直线l与椭圆C交于A，B两点．
(1)若M，N是椭圆C的短轴顶点，A，B与M，N不重合，求四边形AMBN面积的最大值；
(2)若直线l的方程为x=my+1，求弦AB的长(结果用m表示)．
22.(本小题12分)
已知F为抛物线C的焦点，过F的直线l交C于A，B两点，点D在C上，使得△ABD的重心G在x轴的正半轴上，直线AD，BD分别交x轴于Q，P两点.O为坐标原点，当AB⊥OF时，AB=4．
(1)求C的标准方程．
(2)记P，G，Q的横坐标分别为xP，xG，xQ，判断2xP+2xQ−3xG是否为定值.若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：因为向量a=(1,−2,1)，b=(1,0,2)，
则a−b=(0,−2,−1)．
故选：D．
根据空间向量的坐标运算可解．
本题考查空间向量的坐标运算，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：3+2i1−i3=3+2i1+i=(3+2i)(1−i)(1+i)(1−i)=5−i2=52−12i．
故选：A．
利用复数的乘方及除法运算求解即得．
本题考查复数的乘方及除法运算法则等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
3.【答案】C
【解析】解：已知椭圆y25+x22=1，
则a2=5，
所以2a=2 5，
又椭圆y25+x22=1上一点P到一个焦点的距离为1，
由椭圆的定义知，P到另一个焦点的距离为2 5−1．
故选：C．
根据椭圆的定义求解即可．
本题考查了椭圆的定义，属基础题．
4.【答案】D
【解析】解：根据题意，因为A(0,2,1)，B(−1,1,3)，C(1,1,0)，
依次分析选项：
对于A，AB=(−1,−1,2)，A错误；
对于B，AC=(1,−1,−1)，B错误；
对于C，因为BC=(2,0,−3)，则|BC|= 22+02+(−3)2= 13≠2 3，故C错误；
对于D，因为cs〈AB,AC〉=AB⋅AC|AB||AC|=−1+1−2 6⋅ 3=− 23，故D正确．
故选：D．
根据题意，由向量坐标表示判断AB，根据向量模的坐标运算判断C，根据向量夹角计算公式判断D，综合可得答案．
本题考查空间向量的坐标以及计算，涉及空间向量的坐标、模以及数量积的计算，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：显然当m=0时，直线l的倾斜角为π2，不适合题意，
则m≠0，则直线l的斜率为−1m，直线l1的斜率为1m，
所以l与l1的斜率互为相反数，所以l与l1的倾斜角互补，
得l1的倾斜角的取值范围为(2π3,3π4)．
故选：D．
根据两直线的斜率互为相反数即可得到答案．
本题考查的知识要点：直线的倾斜角和斜率的关系，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
6.【答案】B
【解析】解：由题意可知：圆C1的圆心为C1(−1,a)，半径r1=5，
圆C2的圆心为C2(−1,−b)，半径r2=3，
若圆C1与圆C2内切，则|C1C2|=|r2−r1|=2，即|a+b|=2，
可得a2+b2+2ab=4，即a2+b2=4−2ab，
因为a2+b2≥2ab，即4−2ab≥2ab，可得ab≤1，
当且仅当a=b=±1时，等号成立，
所以ab的最大值为1．
故选：B．
根据两圆位置关系可得|a+b|=2，结合基本不等式运算求解．
本题主要考查两圆的位置关系，考查运算求解能力，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：以拱顶为原点O，建立如图所示的直角坐标系，
设抛物线方程为x2=−2py(p>0)，
由题意可知抛物线过点(3.2,−1.6)，
∴3.22=−2p×(−1.6)，解得2p=6.4，
∴抛物线方程为x2=−6.4y，
当水面下降0.9m时，y=−1.6−0.9=−2.5，
则x2=−6.4×(−2.5)，解得x=±4，
∴水面的宽度为8m．
故选：C．
以拱顶为原点O，建立直角坐标系，设抛物线方程为x2=−2py(p>0)，由题意可知抛物线过点(3.2,−1.6)，代入解得p，当水面下降0.9m时，可得纵坐标，进而得出水面的宽度．
本题考查了抛物线的标准方程及性质、方程的解法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
8.【答案】D
【解析】解：对于甲：α为第一象限角或第三象限角，则tanα>0；
对于乙：因为tan2α=2tanα1−tan2α=−512，整理得5tan2α−24tanα−5=0，
解得tanα=5或tanα=−15；
对于丙：因为tan(α−π4)=tanα−11+tanα=23，解得tanα=5；
对于丁：因为csα>0，则α∈(2kπ−π2,2kπ+π2),k∈Z；
若甲、乙、丙、丁4人中只有1人判断错误，可知：甲、乙、丙一定正确，
此时tanα=5，α为第一象限角或第三象限角，可知csα>0或csα<0，故丁错误．
故选：D．
根据象限角和三角恒等变换分析判断．
本题考查三角函数求值，属于中档题．
9.【答案】BCD
【解析】解：由题意，a2=m，b2=5−m，且a=2b，
所以m=4(5−m)，解得m=4，故A错误；
因为a2=m=4，由双曲线定义知||PF1|−|PF2||=2a=4，故B正确；
因为a2=4，b2=1，所以c2=5，故离心率e= c2a2= 52，故C正确；
因为双曲线的焦点在y轴上，所以渐近线方程为y=±abx，即y=±2x，故D正确．
故选：BCD．
根据双曲线方程及焦点位置求m判断A，根据双曲线定义判断B，求出离心率判断C，求出渐近线方程判断D．
本题考查双曲线的性质，考查运算求解能力，属于基础题．
10.【答案】BC
【解析】解：由函数f(x)=sin(2x−π5)的图象向左平移3π10个单位长度后得到g(x)=sin[2(x+3π10)−π5]=sin(2x+2π5)，故A错误；
当x=π20时，2x+2π5=π2，即g(π20)=1，故B正确；
当x=−π5时，2x+2π5=0，即g(−π5)=0，故C正确；
当x∈[0,π10]时，2x+2π5∈[2π5,3π5]，易知2x+2π5∈[2π5,π2]时函数g(x)单调递增，故D错误．
故选：BC．
利用三角函数图象变换及图象与性质一一判定即可．
本题主要考查了三角函数图象的变换，考查了正弦函数的单调性和对称性，属于中档题．
11.【答案】AD
【解析】解：根据题意，设该圆锥外接球的的半径为R，圆锥的高为h，
由圆锥PO外接球的表面积为25π4，即4πR2=25π4，
解可得R=54，
则有(h−54)2+12=(54)2，解可得h=2或12，
当h=2时，圆锥的母线l= 4+1= 5，此时圆锥的侧面积S= 5π，
当h=12时，圆锥的母线l= 14+1= 52，此时圆锥的侧面积S= 52π，
故该圆锥的侧面积可能为 5π或 52π.
故选：AD．
根据题意，设该圆锥外接球的的半径为R，圆锥的高为h，由球的表面积公式求出R的值，由圆锥的结构特征可得(h−54)2+12=(54)2，进而求出h的值，进而计算可得答案．
本题考查圆锥的侧面积计算，涉及圆锥的结构特征，属于基础题．
12.【答案】ACD
【解析】解：圆M：(x−2)2+(y−1)2=1，圆的圆心(2,1)，半径为1；
曲线C：(y−kx)(y−kx+74)=0，得y=kx或y=kx−74，
设l1：y=kx，l2：y=kx−74，
易得l1过定点(0,0)，l2过定点(0,−74)，
当l1与圆M相切时，由|2k−1| k2+1=1，得k=0或43，
当l2与圆M相切时，由|2k−114| k2+1=1，得k=34或3512．
当k<0或k>3512时．l1与圆M相离，l2与圆M相离，则曲线C与圆M没有公共点．
当0当k=34时，l1与圆M相交，l2与圆M相切，则曲线C与圆M有3个公共点．
当34故选：ACD．
求出曲线C是两条直线系，得到经过的定点，利用直线与圆相切，求出k，然后判断直线与圆的位置关系即可．
本题考查直线与圆的位置关系的应用，是中档题．
13.【答案】4
【解析】解：因为a=(−6,m)，b=(2,3)，且a⊥b，
所以a⋅b=−6×2+3m=0，
解得m=4．
故答案为：4．
根据向量垂直的坐标表示求解．
本题考查平面向量垂直的坐标表示，属于基础题．
14.【答案】72
【解析】解：由题意可知：F(0,12)，准线为y=−12，
设A的纵坐标为yA，
由题意可知：|AF|=yA+12=4，
解得yA=72，
所以A的纵坐标为72．
故答案为：72．
根据题意结合抛物线的定义分析求解．
本题考查了抛物线的定义，重点考查了抛物线的性质，属基础题．
15.【答案】6
【解析】解：平面ABCD⊥平面CDEF，EF=2CD=4AB=8，四边形ABCD，CDEF均为等腰梯形，∠ADC=∠DEF=π3，
过A作AN⊥CD交CD于N点，过B作BM⊥CD交CD于M点，
过N作NI⊥EF交EF于I点，过M作MH⊥EF交EF于H点，
连接AI，BH，
因为平面ABCD⊥平面CDEF，且平面ABCD∩平面CDEF=CD，
AN⊂平面ABCD，BM⊂平面ABCD，且AN⊥CD，BM⊥CD，
所以AN⊥平面CDEF，BM⊥平面CDEF，
又AB=2，CD=4且四边形ABCD为等腰梯形且∠ADC=π3，
所以DN=CM=1，AN=BM= 3，
因为CD=4，EF=8且四边形CDEF为等腰梯形且∠DEF=π3，
所以EI=FH=2，NI=MH= 3，
又NI⊥EF，MH⊥EF，
所以VA−DNIE=13×AN×(DN+EI)×NI×12=32，
VB−CMHF=13×BM×(CM+HF)×MH×12=32，
又AN⊥CD，BM⊥CD且NI⊥EF，MH⊥EF，
所以多面体ANI−BMH为直三棱柱，
所以VANI−BMH=12×AN×NI×MN=3，
所以几何体ABCDEF的体积为V=VA−DNIE+VB−CMHF+VANI−BMH=6．
故答案为：6．
复杂的多面体一般可以分割成熟悉的棱锥、棱柱求体积，
本题考查了空间点、线、面的位置关系，重点考查了空间几何体的体积的求法，属中档题．
16.【答案】(−35,−45)
【解析】解：由题意可知：直线l：y=−13x−1的斜率为k=−13，
可知直线AB的斜率kAB=3，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则线段AB中点的坐标M(x1+x22,y1+y22)，
可得kAB=y1−y2x1−x2，kOM=y1+y22x1+x22=y1+y2x1+x2，
因为A，B为双曲线C：y24−x2=1上的两点，则y124−x12=1y224−x22=1，
两式相减整理得y12−y22x12−x22=y1−y2x1−x2⋅y1+y2x1+x2=4，即kAB⋅kOM=3kOM=4，
解得kOM=43，即直线OM：y=43x，
联立方程y=43xy=−13x−1，解得x=−35y=−45，
可知线段AB中点的坐标为(−35,−45)．
故答案为：(−35,−45)．
根据题意可知kAB=3，利用点差法求得kOM=43，联立方程即可得结果．
本题考查直线与双曲线的位置关系的应用，是中档题．
17.【答案】解：(1)因为l1平行于直线x−y−7=0，所以直线l1的斜率为1，
又直线l1经过点A(2,−3)，
所以直线l1的方程为y+3=x−2，即x−y−5=0．
(2)因为l1垂直于直线2x+y+3=0，所以直线l1的斜率为12，
又直线l1经过点A(2,−3)，
所以直线l1的方程为y+3=12(x−2)，即x−2y−8=0，
令x=0，得y=−4，
所以l1在y轴上的截距为−4．
【解析】(1)根据两条直线平行的条件，可得直线l1的斜率，再由直线的点斜式方程与一般式方程，即可得解；
(2)根据两条直线垂直的条件，可得直线l1的斜率，再由直线的点斜式方程及截距的含义，即可得解．
本题考查直线的方程，两条直线的位置关系，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
18.【答案】解：(1)如图，∵E为线段AC1上更靠近A的三等分点，

∴AE=13AC1=13(AB+BC+CC1)=13(AB+AD+AA1)；
(2)∵AB=AD=AA1=3，cs∠BAD=cs∠BAA1=cs∠DAA1=13，
∴AB⋅AD=AB⋅AA1=AD⋅AA1=3×3×13=3，
∴|AE|=13 (AB+AD+AA1)2=13 AB2+AD2+AA12+2AB⋅AD+2AD⋅AA1+2AB⋅AA1= 9+9+9+6+6+6=3 5；
(3)AE⋅AC=13(AB+AD+AA1)⋅(AB+AD)=13(AB2+AD2+2AB⋅AD+AA1⋅AB+AA1⋅AD)=13(9+9+6+3+3)=10．
【解析】(1)画出图形，根据向量加法和数乘的几何意义即可得出AE=13(AB+AD+AA1)；
(2)根据|AE|=13 (AB+AD+AA1)2进行数量积的运算即可；
(3)得出AE⋅AC=13(AB+AD+AA1)⋅(AB+AD)，然后进行数量积的运算即可．
本题考查了向量加法和数乘的几何意义，向量加法的平行四边形法则，数量积的运算，是基础题．
19.【答案】解：(1)证明：由直线l：(m+1)x+(m+4)y−3m=0，即m(x+y−3)+(x+4y)=0，
可令x+y−3=0，且x+4y=0，解得x=4，y=−1，则直线l恒过定点P(4,−1)；
(2)由圆M：(x−3)2+(y+3)2=16的圆心为M(3,−3)，半径r=4，
|PM|= 1+4= 5<4，可得P在圆M内，
当PM⊥l时，直线l截得圆的弦长最短，
且为2 r2−|PM|2=2 16−5=2 11．
【解析】(1)由直线系方程恒过定点的求法，可得证明；
(2)首先判断定点在圆M内，考虑PM⊥l时，直线l截得圆的弦长最短，计算可得所求弦长．
本题考查圆的方程和直线与圆的位置关系，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
20.【答案】解：(1)由正弦定理及2ccsC+acsB+bcsA=0，得2sinCcsC+sinAcsB+sinBcsA=0，
所以2sinCcsC+sin(A+B)=2sinCcsC+sinC=0，
因为C∈(0,π)，所以sinC≠0，
所以2csC+1=0，即csC=−12，
所以C=2π3．
(2)若CD为C的角平分线，则∠ACD=∠BCD=12∠ACB=π3，
因为S△ABC=S△ACD+S△BCD，
所以12ab× 32=12×a×2× 32+12×b×2× 32，
整理得ab=2a+2b，即2(1a+1b)=1，
所以4a+b=2(1a+1b)(4a+b)=2(5+ba+4ab)≥2(5+2 ba×4ab)=18，当且仅当ba=4ab，即b=2a=6时，等号成立，
所以4a+b的最小值为18．
【解析】(1)利用正弦定理化边为角，并结合两角和的正弦公式，可得csC=−12，从而得解；
(2)结合角分线定理与三角形的面积公式，推出2(1a+1b)=1，再由基本不等式，即可得解．
本题考查解三角形，熟练掌握正弦定理，三角形的面积公式，三角恒等变换公式与基本不等式是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
21.【答案】解：(1)设椭圆的半长轴、半短轴长分别为a、b，则a= 12=2 3,b=2,|MN|=4，
设A，B的横坐标分别为：xA，xB，则xA,xB∈[−2 3,2 3]
易知四边形AMBN面积为S=S△AMN+S△BMN=12MN⋅|xA−xB|=2|xA−xB|，
显然|xA−xB|max=4 3，即当A，B分别为椭圆左右顶点时取得最大值，
此时四边形AMBN面积最大值为8 3；
(2)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，将直线l方程与椭圆方程联立x212+y24=1x=my+1，
消x得(m2+3)y2+2my−11=0，
所以y1+y2=−2mm2+3,y1y2=−11m2+3，
由弦长公式可知|AB|= m2+1⋅ (y1+y2)2−4y1y2=2 3⋅ 4m4+15m2+11m2+3．
【解析】(1)利用椭圆的性质结合三角形面积公式计算即可；
(2)联立直线与椭圆方程利用韦达定理计算弦长即可．
本题考查了联立直线与椭圆方程求解综合问题，考查了数学运算能力，考查了方程思想，属于中档题．
22.【答案】解：(1)依题△ABD的重心G在x轴的正半轴上，因为三角形的重心一定在三角形内，
则抛物线的焦点在x轴上，
设抛物线方程为：y2=2px(p>0)，
当AB⊥OF时，xA=xB=p2，则AB=xA+p2+xB+p2=2p=4，
则抛物线方程为：y2=4x；
(2)依题知直线AB的倾斜角不为0，则设直线AB：x=ky+12，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，D(x3,y3)，G(xG,0)，P(xP,0)，Q(xQ,0)，
由x=ky+12y2=4x，得y2−4kx−2=0，
Δ=16k2+8>0y1+y2=4ky1⋅y2=−2，则y1+y2+y33=0，∴y3=−4k,x3=4k2，
则D(4k2,−4k)，
因为A，D，Q三点共线，AD=(x3−x1,y3−y1)=(y32−y124,y3−y1),QA=(x1−xQ,y1)=(y124−xQ,y1)，
则AD//QD，y32−y124y1−(y3−y1)(y124−xQ)=0，
当y1=y3时，重心G不会落在x轴上，
所以y1≠y3，解得：xQ=−y3y14，
同理可得：xP=−y3y24，又xG=x1+x2+x32=y124+y224+y3243=(y1+y2)2−2y1y2+y3212
=32k2+412=8k2+13，
则2xP+2xQ−3xG=−y3y22−y3y12−3⋅8k2+12=−y3(y1+y2)2−3⋅8k2+13
=−−4k(4k)2−8k2−1=−1，
则该定值为−1．
【解析】(1)先判断焦点在x轴，再根据抛物线的定义，结合AB=4即可；
(2)设直线AB：x=ky+12，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，D(x3,y3)，G(xG,0)，P(xP,0)，Q(xQ,0)，与抛物线联立，结合韦达定理，根据题意xP，xG，xQ用y1，y2表示，计算即可．
本题考查了直线与抛物线的综合应用，属于中档题．