2023-2024学年陕西省西安市长安区第一中学高二上学期第一次教学质量检测数学试题含答案

这是一份2023-2024学年陕西省西安市长安区第一中学高二上学期第一次教学质量检测数学试题含答案，共19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．已知集合，，为使得，则实数a可以是（ ）
A．0B．1C．2D．e
【答案】A
【分析】先化简集合，再根据已知得到，解不等式即得解.
【详解】由题得，，
因为，所以.
所以.
故选：A
2．在复平面内，复数对应的点位于（ ）
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】对复数进行化简，根据复数的几何意义即可.
【详解】
对应的点为，在第四象限，
故选：
3．已知直线：与：平行，则的值是（ ）
A．1B．2C．1或2D．或2
【答案】D
【分析】依题意可得，解得的值，再检验即可.
【详解】因为直线：与：平行，
所以，解得或，
当时直线：与：平行，
当时直线：与：平行，
所以或.
故选：
4．若非零向量的夹角为θ，则“θ∈(0)”是“||>||”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】先转化条件，再判断充分性成立和必要性不成立即可解题.
【详解】由题意：
充分性：向量，夹角为，且“是锐角”“”，所以充分性成立；
必要性：当向量，夹角为时，“”成立，但“是锐角”不成立，所以必要性不成立.
所以设向量，夹角为，则“是锐角”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：该题考查的是有关充分必要条件的判断，在解题的过程中，注意对充分必要条件的定义的正确把握，属于基础题目.
5．结果为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据利用两角和的正切公式化简，从而可得出答案.
【详解】因为，
所以，
所以.
故选：B.
6．已知点，，若点在线段上，则的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】表示点与与直线的斜率取值范围，先求出与点连线斜率，再结合题意即可得出答案.
【详解】解：∵，∴可得为点与与直线的斜率取值范围，
如图所示：
∴与点连线斜率为，
与点连线斜率为，
∴可得斜率取值范围为．
故选:A．
7．某学校有2500名学生，其中高一1000人，高二900人，高三600人，为了了解学生的身体健康状况，采用分层抽样的方法，若从本校学生中抽取100人，从高一和高三抽取样本数分别为、，且直线与以为圆心的圆交于、两点，且，则圆的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据分层抽样的定义进行求解，，利用点到直线的距离公式，求出到直线的距离，可得半径，即可得出结论．
【详解】解：由题意，，，，
直线，即，
则到直线的距离为，
直线与以为圆心的圆交于，两点，且，
，
圆的方程为，
故选：C．
8．已知函数是定义域为R的函数，，对任意，，均有，已知a，b为关于x的方程的两个解，则关于t的不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由题可得函数关于点对称，函数在R上单调递增，进而可得，利用函数的单调性即得.
【详解】由，得且函数关于点对称．
由对任意，，均有，
可知函数在上单调递增．
又因为函数的定义域为R，
所以函数在R上单调递增．
因为a，b为关于x的方程的两个解，
所以，解得，
且，即．
又，
令，则，
则由，得，
所以．
综上，t 的取值范围是.
故选：D．
二、多选题
9．已知，是两个单位向量，下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BD
【分析】，是两个单位向量，则，但方向不能确定，利用数量积的定义，逐个检验选项得出答案．
【详解】，是两个单位向量，则，但方向不能确定，故选项A错误；
，，，选项B正确；
，只有在，是两个向量同向共线时，才有，故选项C错误；
，选项D 正确；
故选：BD
10．设椭圆的方程为，其中，椭圆的左、右焦点分别为，与轴相交的左、右顶点分别为，两点，为椭圆上（除点外）的任意一点，下列结论正确的是（ ）
A．B．的最大值为
C．存在点，使得D．离心率为
【答案】AB
【分析】设出点P的坐标，计算判断AC；利用椭圆定义结合基本不等式求解判断B；求出离心率判断D.
【详解】由，得，，设，有，
对于A，，A正确；
对于B，，，
当且仅当时取等号，因此最大值为，B正确；
对于C，假设存在点，使得，即，
于是，显然无解，C错误；
对于D，椭圆长半轴长，半焦距，离心率为，D错误．
故选：AB
11．以下四个命题表述正确的是（ ）
A．直线恒过点（-3，-3）
B．圆上有且仅有3个点到直线的距离都等于1
C．圆与圆恰有三条公切线，则m=4
D．已知圆，过点P（3，4）向圆C引两条切线PA、PB，A、B为切点，则直线AB方程为
【答案】BCD
【分析】根据直线过定点、点到直线距离、圆与圆的位置关系，相交弦所在直线方程等知识对选项进行分析，由此确定正确选项.
【详解】A选项，，
，所以定点为，A错误.
B选项，圆的圆心为原点，半径为，圆心到直线的距离为，
所以圆上有且仅有3个点到直线的距离都等于1，B选项正确.
C选项，圆的圆心为，半径为.圆的圆心为，半径为，
由于、有三条公切线，所以两个圆外切，所以，，C选项正确.
D选项，圆的圆心为原点，半径为.，以为直径的圆的方程为，即，则所在直线方程为，.D选项正确.
故选：BCD
12．在直三棱柱中，，，分别是的中点，在线段上，则下面说法中正确的有（ ）
A．平面
B．若是上的中点，则
C．直线与平面所成角的正弦值为
D．直线与直线所成角最小时，线段长为
【答案】ACD
【分析】由题意写出空间中的点的坐标，利用与平面法向量的数量积等于零可判断A；根据可判断B；求出平面的一个法向量，利用空间向量数量积求线面角可判断C；利用异面直线所成角的空间向量求法可判断D.
【详解】由题意可得，，，，
，，，设，
，，
直三棱柱中，，
可得为平面的一个法向量，
为平面的一个法向量，
对于A，，，
即，又平面，所以平面，故A正确；
对于B，若是上的中点，则，
所以，所以与不垂直，故B不正确；
对于C，由为平面的一个法向量，，
设直线与平面所成角为，
则，故C正确；
对于D，设，
则，

当时，即时，取最大值，
即直线与直线所成角最小，此时，
，故D正确.
故选：ACD
三、填空题
13．直线截圆：的弦长为，则 ．
【答案】2
【分析】先利用题给条件列出关于的方程，解之即可求得的值.
【详解】由圆的方程可得，圆圆心为，半径为，
因为直线截圆的弦长为，
所以圆心到直线的距离为，
所以直线过圆心，
所以，所以．
故答案为：2
14．P为椭圆上一点，为左右焦点，若，则的面积为 .
【答案】
【分析】由椭圆定义得到，结合余弦定理得到，利用三角形面积公式求出答案.
【详解】由椭圆方程可知，，
∵P点在椭圆上，为椭圆的左右焦点，
∴，设，
在中，由余弦定理得：，
则，解得：，
所以的面积为．
故答案为：．
15．已知侧棱长为的正三棱锥的四个顶点都在一个球的球面上，且三个侧面两两垂直，则这个球的表面积为
【答案】
【分析】将正三棱锥放到棱长为的正方体中，则正方体的外接球即为三棱锥的外接球，求出外接球的半径，再根据球的表面积公式计算可得.
【详解】如图，
将正三棱锥放到棱长为的正方体中，
则正方体的外接球即为三棱锥的外接球，正方体的外接球的直径为正方体的体对角线，
设外接球的半径为，则，得，
外接球的表面积．
故答案为：.
16．已知圆，圆，，分别为圆和上的动点，为轴上的动点，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】先求得圆关于轴的对称圆，再利用两圆圆心距减去两圆半径之和，即可求得的最小值.
【详解】圆，圆心坐标，半径为，
则圆关于轴的对称圆的圆心坐标，半径为，
又圆的圆心坐标，半径为，
的最小值为圆A与圆的圆心距减去两个圆的半径和，
即：．
故答案为:．
四、解答题
17．已知内角的对边分别是，若，，.
（1）求；
（2）求的面积.
【答案】（1）；
（2）.
【分析】（1）在中，由正弦定理得，再由余弦定理，列出方程，即可求解得值；
（2）由（1）求得，利用三角形的面积公式，即可求解三角形的面积．
【详解】（1）在中，，，，
由正弦定理得，
由余弦定理得，
解得或不合题意，舍去，
（2）由（1）知，所以，
所以的面积为．
【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式的应用，其中在解有关三角形的题目时，要有意识地考虑用哪个定理更合适，要抓住能够利用某个定理的信息．一般地，如果式子中含有角的余弦或边的二次式时，要考虑用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．
18．已知关于、的方程．
(1)若方程表示圆，求的取值范围；
(2)若圆与圆外切，求的值；
(3)若圆与直线相交于、两点，且，求的值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）利用二次方程表示圆可得出关于实数的不等式，由此可解得实数的取值范围；
（2）求出两圆圆心坐标与半径，利用两圆外切可得出关于实数的等式，即可解得实数的值；
（3）求出圆的圆心到直线的距离，利用勾股定理可得出关于实数的等式，即可解得实数的值.
【详解】（1）解：由已知可得，解得.
（2）解：圆的标准方程为，该圆的圆心为，半径为，
圆的标准方程为，其中，该圆圆心为，半径为，
由于两圆外切，则，解得.
（3）解：圆的圆心到直线的距离，
由勾股定理可得，解得.
19．如图，四棱锥中，底面为矩形，底面，，点是棱的中点．
（Ⅰ）求直线与平面的距离；
（Ⅱ）若，求二面角的平面角的余弦值．
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）
【分析】（Ⅰ）证明直线平面，建立空间直角坐标系，求直线与平面的距离，转化为点到平面的距离；
（Ⅱ）若，求出平面、平面的法向量，利用向量的夹角公式，即可求二面角的平面角的余弦值．
【详解】（Ⅰ）证明：在矩形中，，
又平面，平面，
所以平面
如图，以为坐标原点，射线、、分别为轴、轴、轴正半轴，建立空间直角坐标系．
设，，，则 ，0，，，，，，0，，，0，．
因此，0，，，，，，0，．
则，，
因为，
所以平面．
又由，知平面，
故直线与平面的距离为点到平面的距离，即为．
（Ⅲ）解：因为，所以，，，，，．
设平面的法向量，，，则，．
又，，，，0，，故
所以，．
可取，则，2，．
设平面的法向量，，，则，，
又，0，，，，，故
所以，，可取，则，1，．
故，．
【点睛】本题考查线面平行的判定，考查线面角，考查面面角，考查向量法的运用，考查学生分析解决问题的能力，考查学生的计算能力，属于中档题．
20．已知函数的部分图象如图所示.
(1)求函数的解析式；
(2)先将函数图象上所有点的纵坐标伸长到原来的3倍（横坐标不变），然后将得到的函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），最后将所得图象向右平移个单位后得到函数的图象，若，求实数x的取值范围.
【答案】(1)
(2)，
【分析】（1）由图象可求得，，即可得出，所以.根据“五点法”，可推得，即可得出答案；
（2）由已知可得，.然后得出，根据正弦函数的图象，即可得出答案.
【详解】（1）由图象可得，，，
所以，，
所以，.
又在处取得最大值，
由“五点法”可知，
所以.
又，所以，
所以，.
（2）将函数图象上所有点的纵坐标伸长到原来的3倍（横坐标不变），
得到的图象；
将图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），
得到的图象；
将图象向右平移个单位后得到函数的图象，
所以.
由可知，，
所以.
根据正弦函数的图象可得，或，
所以，或，
所以，实数x的取值范围为，.
21．已知函数.
(1)证明：函数为奇函数；
(2)判断函数的单调性；
(3)若函数，其中，讨论函数的零点个数.
【答案】(1)证明见解析；
(2)函数在上单调递减；
(3)答案见解析.
【分析】（1）根据对数函数的概念求出函数的定义域，结合奇偶函数的定义即可证明；
（2），利用复合函数的单调性质即可判断；
（3）令，则，分类讨论，时，结合图形，t分别对应的零点个数，进而得解.
【详解】（1），
则函数的定义域为，关于原点对称，
，所以函数为奇函数；
（2），
又函数在和上单调递减，
由函数图象的平移可知在上单调递减，
而函数在上单调递增，利用复合函数的单调性质知，
函数在上单调递减；
（3）由，得，令，则，
当时，由，得，如图，
当时，，由图可知，对应有3个零点；
当时，，由图可知，对应有1个零点；
当时，如图，
由图可知，只有一个，对应有1个零点；
综上，当时，函数只有3个零点；
当时，函数只有1个零点；
当时，函数只有1个零点.
22．如图，已知圆与轴相切于点，与轴的正半轴交于，点在点的左侧两点，且．

(1)求圆的方程；
(2)过点任作一直线与圆：相交于，两点，连结，，试探究：直线与直线的斜率的和是否为定值？
【答案】(1)
(2)为定值
【分析】（1）根据圆与轴相切于，可设圆心为，因为圆与轴的正半轴相交，故，再根据弦长求，进而得到所求圆的方程；
（2）过点的直线可以按有无斜率分情况讨论，探索直线和的斜率和是否为定值.
【详解】解：因为圆与轴相切于点，
可设圆心的坐标为，
则圆的半径为．
又，所以，
解得，
所以圆的方程为．
由知，，
当直线的斜率不存在时，
易知，关于轴对称，．
当直线的斜率为时，
易知，即．
当直线的斜率存在且不为时，
设直线：，
将代入，
并整理，得．
设，，
所以
则


．
综上可知，为定值．