辽宁省部分重点学校2023-2024学年高二上学期10月阶段考试数学试题

这是一份辽宁省部分重点学校2023-2024学年高二上学期10月阶段考试数学试题，共29页。

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，满分40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）
1. 已知复数满足，则的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】计算出复数后可得即可得其虚部.
【详解】，
故，即虚部为.
故选：A.
2. 下列函数中，最小正周期为且是偶函数的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由三角函数的奇偶性、周期性逐一判断即可.
【详解】对于A，函数的最小正周期为，不符题意；
对于B，函数是奇函数，不符题意；更多课件教案等低价滋源(一定远低于各大平台价格)请 家 威杏 MXSJ663 对于C，函数是偶函数，且最小正周期为，符号题意；
对于D，函数是奇函数，不符题意.
故选：C.
3. 已知向量，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用向量线性运算的坐标表示，结合向量垂直的坐标表示列式计算即得.
【详解】向量，则，
由，得，解得，
所以.
故选：C
4. 若圆经过点，，且圆心在直线上，则圆的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】用待定系数法设出圆的标准方程，结合题意计算即可得.
【详解】设该圆方程为，
则圆心为，有，
将点，代入，
有，化简得，
两式相减得，即有，则，
，
故该圆方程为.
故选：B.
5. 已知圆和两点，若圆上存在点，使得，则的最大值为（ ）
A. 3B. 5C. 7D. 9
【答案】C
【解析】
【分析】由题意首先得出的几何意义，再画出图形通过数学结合、三角形三边关系即可求解的最大值.
【详解】设点在圆上，由题意，
若，则，而，
所以，即的几何意义为圆上的点到坐标原点的距离，
如图所示：
设为圆的圆心，其半径为2，点为圆上的点，为坐标原点，三点共线，
由三角形三边关系可知，等号成立当且仅当重合，
所以的最大值为.
故选：C.
6. 某校数学兴趣小组为了测量其高度，在地面上共线的三点处分别测得点的仰角为，且，则高度约为（ ）
（参考数据：）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设，求出，利用余弦定理在和中，表示出和，两者相等即可解出答案
【详解】由题知，设，
则，，，
又，
所以在中，，①
在中，，②
联立①②，解得.
故选：B
7. 已知直线与圆交于，两点，为圆上一点，当弦长最小时，则的最大值为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先找出直线所过定点，则垂直该直线时弦长最小，可确定直线，可借助向量的线性运算将其转化为，由长度确定，只需找到的最大值即可，结合点在圆上，故其最大值可借助圆心找到.
【详解】由，即，则该直线必过定点，
则垂直该直线时弦长会最小，此时为中点，则，
则，
，
，
则当最大时，取最大值，
又，
当且仅当、、三点共线且点在、之间时等号成立，
故.
故选：D.

8. 如图，正方体的棱长为2，正方形的中心为，棱的中点分别为，则下列选项中不正确的是（ ）
A.
B.
C. 点到直线的距离为
D. 异面直线与所成角的余弦值为
【答案】D
【解析】
【分析】以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，计算可判定A选项；利用正弦定理计算三角形的面积判定B选项；利用空间向量的距离公式可判定C选项；利用直线方向向量可计算夹角余弦值，可判定D选项.
【详解】以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，

，，，，，
，，则，，
则，
故选项A正确；
，
所以，
则，
，
故选项B正确；
，
，
，
点F到直线的距离，
故选项C正确；
,则,
则令异面直线与所成角，可得，
故选项D错误.
故选：D.
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，满分20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得5分，部分选对得2分，有选错得0分）
9. 关于空间向量，以下说法正确的是（ ）
A. 已知，，则在上的投影向量为
B. 已知两个向量，，且，则
C. 设是空间中的一组基底，则也是空间的一组基底
D. 若对空间中任意一点，有，则四点共面
【答案】BC
【解析】
【分析】根据投影向量计算公式判断A；根据空间向量共线的知识判断B；根据空间向量共面的知识判断C和D.
【详解】对于A，因为，，所以，
所以在上的投影向量为，故A错误；
对于B，因为，所以
因，，所以，
解得，所以，故B正确；
对于C，设是空间中的一组基底，则不共面，
假设共面，则，显然无解，所以不共面，
则也是空间的一组基底，故C正确；
对于D，，但，则四点不共面，故D错误.
故选：BC
10. 如图，正方体的棱长为2，E，F，G分别为棱BC，，的中点，则下列结论正确的是（ ）

A. 直线EF到平面的距离为2
B. 直线AE与直线的夹角的余弦值为
C. 点C与点G到平面AEF的距离之比为
D. 平面AEF截正方体所得截面面积
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A项，由平面与平面的距离可得线面距离，根据正方体的特征即可判定；对于B项，利用平行线将异面直线夹角转化为平面中两线夹角，解三角形即可；对于C项，利用体积转化计算两点到面的距离之比即可；对于D项，利用∥得出截面图形，根据几何性质计算即可得其面积.
【详解】对于A项，∵平面∥平面，平面，
∴直线EF到平面的距离即平面与平面的距离，由正方体的特征可知该两个面距离为2，故A正确；
对于B项，如图，取的中点M，连接，易证 ∥，
∴是直线AE与直线的夹角，
∵，，∴，故B错误；

对于C项，记点C与点G到平面AEF的距离分别为、，
∵，，∴，
即点C与点G到平面AEF的距离之比为，故C正确；
对于D项，连接、，易证∥，即A、、F、E四点共面，
∴平面AEF截正方体所得截面为梯形，
如图作，垂足为N，

∵，，，∴，，故D正确．
故选：ACD．
11. 已知点在上，点，则（ ）
A. 点到直线的距离最大值是
B. 满足的点有1个
C. 的最小值为
D. 过直线上任意一点作的两条切线，切点分别为，的最小值为
【答案】AC
【解析】
【分析】对A，求出直线AB的方程，算出圆心到该直线的距离，进而通过圆的性质判断答案；对B，设点，根据得到点P的轨迹方程，进而判断该轨迹与圆的交点个数即可；对C，设，设存在定点，使得点在圆上任意移动时均有，进而求出点P的轨迹方程，然后结合点P在圆O上求得答案，对D，求出最短弦长结论即可判断.
【详解】对A，，则圆心到直线的距离，
所以点P到该直线距离的最大值为，A正确；
对B，设点，则，且，由题意，
两圆的圆心距为，半径和与半径差分别为，
于是，即两圆相交，满足这样条件的点P有2个，B错误；
对C，即求的最小值，设存在定点，
使得点在圆上任意移动时均有，设，则有，
化简得，∵，
则有，即，∴，，
所以，所以C正确.
对D，在直线上任取点，为圆的切线， 为切点，如图，
由切线长定理知，，，
，
当且仅当时取等号，所以的最小值为，D错误.
故选：AC
12. “奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰的标志得来，是平面向量中一个非常优美的结论.奔驰定理与三角形四心（重心、内心、外心、垂心）有着神秘的关联.它的具体内容是：已知是内一点，的面积分别为，且.以下命题正确的有（ ）
A. 若，则为的重心
B. 若为的内心，则
C. 若，为的外心，则
D. 若为的垂心，，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】对A，取的中点D，连接，结合奔驰定理可得到，进而即可判断A；
对B，设内切圆半径为，从而可用表示出，再结合奔驰定理即可判断B；
对C，设的外接圆半径为，根据圆的性质结合题意可得，从而可用表示出，进而即可判断C；
对D，延长交于点D，延长交于点F，延长交于点E，根据题意结合奔驰定理可得到，，从而可设，则，代入即可求解，进而即可判断D．
【详解】对于A，取的中点D，连接，
由，则，
所以，
所以A，M，D三点共线，且，
设E，F分别为AB，AC的中点，同理可得，，所以为的重心，故A正确；
对于B，由为的内心，则可设内切圆半径为，
则有，
所以，
即，故B正确；
对于C，由为的外心，则可设的外接圆半径为，
又，
则有，
所以，
，
，
所以，故C错误；
对于D，如图，延长交于点D，延长交于点F，延长交于点E，
由为的垂心，，则，
又，则，，
设，则，
所以，即，
所以，所以，故D正确.
故选：ABD．
【点睛】关键点睛：解答D选项的关键是通过做辅助线（延长交于点D，延长交于点F，延长交于点E），根据题意，结合奔驰定理得到，，再设，得到，进而即可求解．
三.填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 直线经过点且一个法向量为，则直线的一般式方程为______.
【答案】
【解析】
【分析】由直线的法向量可得直线的方向向量，进而可得直线的斜率，由直线方程的点斜式即可得出结果.
【详解】因为直线的法向量为，
则直线的方向向量为，
直线的斜率为，
由点斜式可得：，
即，
故答案为：.
14. 已知圆与直线相切，函数过定点，过点作圆的两条互相垂直的弦，则四边形面积的最大值为__________.
【答案】5
【解析】
【分析】先根据相切求半径，再求出定点，最后求得四边形面积的表达式，结合基本不等式求得面积的最大值.
【详解】由题意圆与直线相切，
圆心为，半径为，
函数过定点
如图连接OA、OD作垂足分别为E、F，
，四边形OEMF为矩形，
已知，，
设圆心O到AC、BD的距离分别为、，
则
四边形ABCD的面积为：，
从而：，
当且仅当时即取等号，
故四边形ABCD的面积最大值是5，

故答案为：5.
15. 蹴鞠（如图所示），又名蹴球，蹴圆，筑球，踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动，类似于今日的足球.2006年5月20日，蹴鞠作为非物质文化遗产经国务院批准已列入第一批国家非物质文化遗产名录.已知某鞠（球）的表面上有四个点A，B，C，P，且球心О在PC上，，，，则该鞠（球）的表面积为__________.
【答案】
【解析】
【分析】画出图形，做出辅助线，利用勾股定理求出球的半径，求出球的表面积.
【详解】
如图，取AB中点M，连接MP，由
得：
连接CM并延长，交球O于点H，连接PH，因为PC球O的直径，
设球的半径为R，则
球的表面积为
故答案为：.
16. 中，，若，，其中，则的最小值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由平面向量的加法法则得到为点A到BC的距离为2，从而为等腰直角三角形，斜边为4，再根据，其中，得到点P在线段DE上，且D，E为BC的四等分点求解.
【详解】解：如图所示：
在中，由平面向量的加法法则得为点A到BC的距离，
即，则为等腰直角三角形，斜边为4，
又，其中，
所以点P在线段DE上，且D，E为BC的四等分点，
又，
则，
当点P在点D时，的最小，
由余弦定理得，
所以，
故答案为：
四、解答题（本大题共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. 已知圆过三点，，．
（1）求圆的方程；
（2）设直线经过点，且与圆G相切，求直线的方程．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】(1)利用三点坐标可确定圆方程;(2)利用直线与圆相切则圆心到直线的距离等于半径建立等式即可求解.
【小问1详解】
设圆G的方程为，
因圆过三点，，，
所以 ，解得,
圆G的方程为.
【小问2详解】
由(1)知圆是以为圆心，以为半径的圆，
（i）若直线的斜率不存在，
则此时的方程为到圆心的距离为，满足与圆相切;
（ii）若直线的斜率存在，
则设直线方程为 即，
因为直线与圆相切，所以圆心到直线的距离为，
解得,所以切线方程为.
综上，切线方程或.
18. 如图所示，在四棱锥中，平面ABCD，，，且，.
（1）求证：平面；
（2）若E为PC的中点，求与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先证，，由此即可证得平面；
（2）建立空间直角坐标系，求出,平面的一个法向量为，然后利用公式，即可求得本题答案.
【小问1详解】
作，垂足为，易证，四边形为正方形.
所以，.又，
因为，所以.
因为平面，平面，所以.
又，平面，平面，所以平面.
【小问2详解】
以点为坐标原点，以所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，.
则，，.
设平面的法向量为，
由，得，
令，可得平面的一个法向量为.
设与平面所成角为，
则.
19. 已知函数．
（1）求函数的最小正周期及在区间上的最大值点；
（2）若，，求的值．
【答案】（1）函数的最小正周期为；最大值点为
（2）
【解析】
【分析】（1）利用三角恒等变换得到，求出的最小正周期为，进而利用整体法得到函数单调性，得到最大值点.
（2）由（1）得到，利用同角三角函数关系得到，进而利用凑角法求出的值.
【小问1详解】
，所以函数的最小正周期为．
当时，，
令，解得，令，解得，
故在区间上为增函数，在区间上为减函数，
所以函数在区间上的最大值点为．
【小问2详解】
由（1）知，及，可知．
由，得，
从而，
所以．
20. 在平面四边形中，，，，.
（1）求的面积；
（2）求的长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）在中，利用余弦定理可得边进而可得面积；
（2）由四边形内角和可得角与互余，再结合正弦定理可得边的长.
【小问1详解】
由已知在中，，，，
利用余弦定理得，
即，
解得，
故；
【小问2详解】
在中，由正弦定理得，
即，
同理，在中，由正弦定理得，
即，
又四边形内角和为，且，，
故，
即，
又，
即，
即，
解得.
21. 如图1，在四边形中，，．将四边形沿折起，使得，得到如图2所示的几何体．

（1）若为的中点，证明：平面；
（2）若为上一动点，且二面角的余弦值为，求的值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取BE中点O，先证CO⊥面ABE，再由CO∥DG，证线面垂直即可；
（2）以E为中心建立空间直角坐标系，设F坐标，由空间向量计算二面角求得F的坐标即可得结果.
【小问1详解】

如图，取的中点，连接，易得∥．
因为∥，故∥，且，
所以四边形为平行四边形，则∥．
因为面，所以平面．
而平面，所以．
因为，所以．
因为面，所以平面，所以平面．
【小问2详解】
如图，过点作直线∥，则直线面面，
又，所以直线两两相互垂直，
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
设，则，．

设面的一个法向量为，则，
令，则，即．
设面的一个法向量为，则，
令，则，即，
由图象可知二面角为锐角，
所以，解得或6（舍去），
即，所以.
22. 如图，已知圆，点为直线上一动点，过点作圆的切线，切点分别为、，且两条切线、与轴分别交于、两点．
（1）当在直线上时，求的值；
（2）当运动时，直线是否过定点？若是，求出该定点坐标；若不是，请说明理由．
【答案】（1）
（2）直线过定点
【解析】
【分析】（1）求出点的坐标，分析可知过点且与圆相切的直线的斜率存在，设出切线方程，利用圆心到切线的距离等于圆的半径求出切线的斜率，求出两条切线的方程，可求得点、的坐标，再利用平面内两点间的距离公式可求得的值；
（2）设点，写出以点为圆心，为半径的圆的方程，将圆的方程与圆的方程作差，可得出直线的方程，化简直线的方程，可得出直线所过定点的坐标.
【小问1详解】
解：联立可得，即点，
若过点的直线垂直于轴，则该直线的方程为，显然直线与圆不相切，
设过点且与圆相切的直线的方程为，即，
则圆心到切线的距离为，整理可得，解得，，
由图可知，直线的方程为，则直线的方程为，
在直线的方程中，令，可得，即点，
在直线的方程中，令，可得，即点，
，，
因此，.
【小问2详解】
解：分析知、在以为圆心，为半径的圆上，设，
，，，
所以，以点为圆心，半径为的圆的方程为，
将圆和圆的方程作差，消去、可得，
即，故直线的方程为.
由可得，因此，直线过定点.
【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.