2023-2024学年广东省江门市第一中学高二上学期第一次段考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年广东省江门市第一中学高二上学期第一次段考数学试题含答案，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．设，，是虚数单位，若复数与互为共轭复数，则实数复数，的值为（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】B
【分析】由共轭复数的概念直接求解即可.
【详解】因为复数与互为共轭复数，所以，
故选：B.
2．经过，两点的直线的倾斜角是（ ）
A．45°B．60°C．90°D．135°
【答案】C
【分析】根据两点的横坐标相等，可知该直线斜率不存在，即可求得直线的倾斜角.
【详解】解:因为，，
所以经过两点的直线斜率不存在，
所以倾斜角为.
故选：C.
3．设，向量，且，则（ ）
A．B．3C．D．4
【答案】A
【分析】先根据求出，再根据求出，故可求.
【详解】因为，故，故，
因为，故，故，故，，
故，故，
故选：A
4．下列函数是偶函数，且在区间上单调递增的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据函数的奇偶性和单调性的定义结合函数的图象性质即可求解.
【详解】对于A，是偶函数，但在区间上是单调递减，不合题意；
对于B，是偶函数，但在区间上是单调递减，不合题意；
对于C，是奇函数，不合题意；
对于D，是偶函数，且在区间上单调递增，符合题意.
故选：D
5．若m，n是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，则下列命题中的真命题是（ ）
A．若，，则B．若，，则
C．若，，则D．若，，，则
【答案】B
【分析】根据线面、面面的相关判定定理及性质定理一一分析可得；
【详解】解：．错误，由，得不出内的直线垂直于；
．正确，，根据线面平行的性质定理知，内存在直线，，，，；
．错误，若两个平面同时和一个平面垂直，这两个平面可以平行、相交，不一定得到；
．错误，，，，则与可能平行、相交．
故选：B．
【点睛】考查空间想象能力，以及线面平行、线面垂直、面面垂直、面面平行的概念，属于中档题．
6．已知点,，点C在平面上，且点C到点的距离相等，则点C的坐标可以为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据空间两点间的距离公式可求出结果.
【详解】设点的坐标为，则,
即，即.
经检验知.只有选项C满足.
故选：C
7．已知点，，若直线：与线段有公共点，则k的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据直线：过定点，求出，再根据直线：与线段有公共点，利用数形结合法求解.
【详解】解：如图所示：

直线：过定点，，
因为直线：与线段有公共点，
所以，
故选：D
8．已知单位向量，若对任意实数x，恒成立，则向量的夹角的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】利用平面向量数量积与模长的关系结合一元二次不等式恒成立的解法计算即可.
【详解】设向量的夹角为θ，因为，所以，
则，即恒成立.
所以，解得，
故的夹角的取值范围是.
故选：A.
二、多选题
9．已知直线，点，，下列结论正确的是（ ）
A．直线l恒过定点B．当时，直线l的斜率不存在
C．当时，直线l的倾斜角为D．当时，直线l与直线垂直
【答案】CD
【分析】利用直线过定点的求法，结合直线斜率公式逐项分析即可得解.
【详解】直线，故时，，故直线l恒过定点，故A错误；
当时，直线，斜率，故B错误；
当时，直线，斜率，故倾斜角为，故C正确；
当时，直线，斜率，而，
故，故直线与直线垂直，故D正确.
故选：CD.
10．给出下列命题，其中正确的命题是（ ）
A．若对空间中任意一点，有，则，，，四点共面
B．已知向量，，则在上的投影向量为
C．若直线的方向向量为，平面的法向量为，则直线
D．若为空间的一个基底，则构成空间的另一个基底
【答案】ABD
【分析】对A，化简可得即可判断；对B，根据投影向量的公式计算即可；对C，由题意，再考虑或即可；对D，假设共面，再根据基底向量的性质推理即可.
【详解】对A，对空间中任意一点，有，
则，整理可得，故，，，四点共面，故A正确；
对B，已知向量，，则在上的投影向量：
，故B正确；
对C，直线的方向向量为，平面的法向量为，则，则，所以或，故C错误；
对D，假设共面，设，因为为空间的一个基底，则，假设不成立，故D正确.
故选：ABD
11．有4个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，从中不放回的随机取两次，每次取1个球，事件A表示“第一次取出的球的数字是1”，事件B表示“第二次取出的球的数字是偶数”，事件C表示“两次取出的球的数字之和是偶数”，事件D表示“两次取出的球的数字之和是奇数”，则（ ）
A．A与B互斥B．C与D对立
C．B与C相互独立D．B与D相互独立
【答案】BCD
【分析】利用列举法列出所有可能结果，再根据互斥事件及相互独立事件的概念判断即可.
【详解】设采用不放回方式从中任意摸球两次，每次摸出一个球，
全部的基本事件有：，，，，，，，，，
，，共个，
事件发生包含的基本事件有：，，有个，
事件发生包含的基本事件有：，，，，，有个，
事件发生包含的基本事件：，，，有个，
事件发生包含的基本事件：，，，，，，，有个，
显然当出现，时事件、同时发生，故事件与不互斥，故A错误；
事件与不可能同时发生，即事件与互斥，又事件与包含所有的结果，
所以C与D对立，故B正确；
又，，，所以，
所以事件与相互独立，故C正确；
又，，，所以，
所以事件与相互独立，故D正确.
故选：BCD.
12．如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形．底面，，点E是棱PB上一点（不包括端点）．F是平面PCD内一点，则（ ）

A．一定存在点E，使平面PCD
B．一定存在点E，使平面ACE
C．的最小值为
D．以D为球心，半径为1的球与四棱锥的四个侧面的交线长为
【答案】BD
【分析】建立坐标系，利用空间向量判断AB；把展开置于同一平面内计算判断C；
求出球面与的交线，再借助对称计算判断D作答.
【详解】在四棱锥中，底面，且底面是边长为1的正方形，
以点作原点，射线分别为轴非负半轴，建立空间直角坐标系，
则，令，，
，
显然平面的一个法向量，而，即有与不垂直，
因此与平面不平行，即不存在点E，使平面，A错误；

显然，，即有，
由，得，解得，
因此存在点E，使得，而平面，则平面，B正确；
由底面，平面，得，而，平面，
则平面，又平面，于是，同理，且，
把展开置于同一平面内，要取得最小值，当且仅当点在上，且，如图，

显然，而，
因此，，C错误；
依题意，球面与的交线如图中圆弧，，，
则，于是弧的长为，由对称性知球与的交线长也为，

过作于，显然平面，则，而平面，
于是平面，显然，球面与平面的交线是以为圆心，半径为的圆，

显然点到直线的距离为，因此球面与的交线是半径为的半圆，
交线长为，由对称性知球与的交线长也为，
所以球与四棱锥的四个侧面的交线长为，D正确.
故选：BD
【点睛】关键点睛：涉及空间图形中几条线段和最小的问题，把相关线段所在的平面图形展开并放在同一平面内，再利用两点之间线段最短解决是关键.
三、填空题
13．不等式的解集是 .
【答案】
【分析】根据一元二次不等式的求解即可得作答.
【详解】由得，
故答案为：.
14．过点且方向向量为的直线的方程为___________．
【答案】
【分析】由题意可得直线的斜率，再由点斜式方程即可求解
【详解】因为直线过点且方向向量为，
所以直线的斜率为，
所以直线的方程为，
即，
故答案为：
15．如图，为矩形所在平面外一点，平面，若已知，则到直线的距离为 ．

【答案】/
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求得到直线的距离.
【详解】由于平面，平面，
所以，而四边形是矩形，所以，
由此以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
则，
，
所以到直线的距离为.
故答案为：

16．已知在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，点D为AC边的中点，已知，则当角C取到最大值时等于 .
【答案】/
【分析】利用向量的数量积求解得到，用余弦定理和基本不等式得到的最小值，此时角C取到最大值，求解得出结果.
【详解】点D为AC边的中点，，
则，即，
因为，所以，
由知，角C为锐角，故，
因为，所以由基本不等式得：，
当且仅当，即时等号成立，此时角C取到最大值，
所以，
故答案为：.
四、解答题
17．已知直线：和直线：.
(1)若，求实数a的值；
(2)若直线在两坐标轴上的截距相等，求直线方程.
【答案】(1)；
(2)或.
【分析】（1）由直线平行的判定列方程求参数a，注意验证是否存在重合即可；
（2）讨论截距是否为0，分别求出对应参数a，即可得直线方程.
【详解】（1）由，则，可得或1，
当时，，满足平行关系；
当时，，，即两线重合，不满足题设；
所以.
（2）若截距为0，则，此时，满足题设；
若截距不为0，则且，故，
所以，此时；
综上，直线方程为或.
18．在棱长为的正四面体中，．
(1)设，，用，，表示
(2)若，且，求．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用向量的加、减、数乘运算即可求得；（2）先表示出，根据，
即可解得．
【详解】（1）因为，所以是棱的中点，
所以，
则，
故．
（2）因为，所以，
在棱长为的正四面体中，，
所以，
解得：．
19．已知函数，其部分图象如图所示.

(1)求函数的解析式；
(2)若，且，求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据图象可得，从而有，再将代入，求解即可；
（2）由题意可得，进而可得，再结合和角正弦公式即可求解.
【详解】（1）由图象知
将代入，得
因为，所以，即，
所以.
（2），
，
.
20．如图，三棱柱的所有棱长都是，平面，分别是的中点.

(1)求证：平面平面；
(2)求和平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，证得平面，建立空间直角坐标系，分别求得平面A1BD和BAE的一个法向量，求得，得到，即可证得平面平面；
（2）由（1）可知：是平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求得和平面所成角的正弦值.
【详解】（1）取的中点，连接，则，
又因为平面，所以平面，则两两垂直，
如图，以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
则，

可得，
设分别为平面和平面的法向量，
由，令，则，
可得是平面的一个法向量，
由，令，则，
可得是平面的一个法向量，
因为，即，所以平面平面.
（2）由（1）可得：，是平面的一个法向量，
设和平面所成角为，
则，
所以和平面所成角的正弦值为.
21．已知中，内角的对边分别为，的面积边的中线长为．
(1)求；
(2)若的面积，求．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由余弦定理及三角形面积公式建立等量关系，求出，从而可求出角；
（2）由余弦定理及三角形面积，结合向量知识建立方程，即可求出.
【详解】（1）因为，，
又因为，
所以可得，整理得，
因为，所以；
（2）由（1）知，因为的面积，
所以由，可得，
所以，
因为，所以，
所以，
因为内角的对边分别为，，中线长为，
所以，
所以，即，
因为，所以，
因为，
所以，可得.
22．如图，棱长为2的正方体，是四边形内异于的动点，平面平面.
(1)证明：
(2)当平面与平面的夹角的余弦值最大时，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)1
【分析】（1）设出交线，根据线线平行得出线面平行，继而得出与交线平行，再利用线面垂直得出线线垂直，最后利用面面垂直推出线面垂直即得；
（2）通过建系设点求平面法向量，利用（1）的结论求得参数范围，得出夹角余弦值的解析式，求其最大值即得.
【详解】（1）由平面平面知，可设平面平面，
在正方体中，
因平面, 平面,故平面,
又平面平面，平面,故，
又平面,平面,则,故，
因平面,平面平面,
平面平面,故平面,
因平面,故.
（2）
如图，分别以为轴的正方向建立空间直角坐标系,
则,
因是四边形内异于的动点，可设，由（1）可得：，
得，即：，因，故得：.
，
设平面的法向量为，则故可取，
平面的法向量可取为，
不妨设平面与平面的夹角为，显然是锐角，
则，
设，则，函数在上为增函数，
故时，即时，，取最大值，此时，
故点到平面的距离为1.