2023-2024学年山西省晋城市第一中学校高二上学期第四次调研考试数学试题含答案

这是一份2023-2024学年山西省晋城市第一中学校高二上学期第四次调研考试数学试题含答案，共22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，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据复数的运算从而求解.
【详解】由题意知：，则，
所以：.故A项正确.
故选：A.
2．已知倾斜角为的直线与直线垂直，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据给定条件，求出直线l的斜率，进而求出倾斜角即可计算作答.
【详解】直线的斜率为，而直线与直线垂直，
于是得，而，则，
所以.
故选：C
3．已知向量满足，则与的夹角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据向量的模长可得，进而由夹角公式即可求解.
【详解】由得，
将代入可得，
所以，所以，
由于，所以，
故选：B
4．直线与圆的位置关系为（ ）
A．相交B．相切C．相离D．与的值有关
【答案】A
【分析】求出直线过的定点，再判断该定点与圆的位置关系作答.
【详解】直线，即，因此直线恒过定点，
因，即点A在圆内，
所以直线与圆相交.
故选：A
5．“碳达峰”，是指二氧化碳的排放不再增长，达到峰值之后开始下降；而“碳中和”，是指企业、团体或个人通过植树造林、节能减排等形式，抵消自身产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”．某地区二氧化碳的排放量达到峰值（亿吨）后开始下降，其二氧化碳的排放量（亿吨）与时间（年）满足函数关系式，若经过5年，二氧化碳的排放量为（亿吨）．已知该地区通过植树造林、节能减排等形式，能抵消自身产生的二氧化碳排放量为（亿吨），则该地区要能实现“碳中和”，至少需要经过多少年？（参考数据：）（ ）
A．43B．44C．45D．46
【答案】C
【分析】由条件列式确定参数，再结合对数运算解方程即可.
【详解】由题意可得，即，解得，
令，即，
两边取对数得，
所以，即，
解得，
故选：C
6．已知，化简的结果是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由倍角公式结合同角三角函数关系计算化简即可.
【详解】因为，
且，则，可得，
所以；
又因为，
且，可得，
所以；
综上所述：.
故选：A.
7．已知为抛物线上的一点，过作圆的两条切线，切点分别为，，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设，由取得最小值，则最大，最小求解.
【详解】解：如图所示：
因为，
设，
则，
，
当时，取得最小值，
此时，最大，最小，
且，
故选：C
8．设A，B是半径为3的球体O表面上两定点，且，球体O表面上动点P满足，则点P的轨迹长度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】建立直角坐标系，根据确定轨迹为圆，转化到空间得到轨迹为两球的交线，计算球心距，对应圆的半径为，再计算周长得到答案.
【详解】以所在的平面建立直角坐标系，为轴，的垂直平分线为轴，
，则，，设，，
则，整理得到，
故轨迹是以为圆心，半径的圆，
转化到空间中：当绕为轴旋转一周时，不变，依然满足，
故空间中的轨迹为以为球心，半径为的球，
同时在球上，故在两球的交线上，为圆.
球心距为，
为直角三角形，对应圆的半径为，
周长为.
故选：D
二、多选题
9．已知曲线：，：，则（ ）
A．的长轴长为B．的渐近线方程为
C．与的离心率互为倒数D．与的焦点相同
【答案】BC
【分析】将曲线，化为标准方程，可知分别表示椭圆与双曲线，结合它们的几何性质逐项判断即可．
【详解】曲线整理得，则曲线是焦点在轴上的椭圆，
其中，所以，离心率为，
故曲线的长轴长，故A错误；
曲线整理得，则曲线是焦点在轴上的双曲线，
其中，所以，离心率为，
的渐近线方程为，即，故B正确；
，所以与的离心率互为倒数，故C正确；
的焦点在轴上，的焦点在轴上，焦点位置不同，故D错误．
故选：BC.
10．已知圆和圆，则（ ）
A．圆的半径为4
B．轴为圆与的公切线
C．圆与公共弦所在的直线方程为
D．圆与上共有6个点到直线的距离为1
【答案】BD
【分析】对于A项，将圆的方程化成标准式即得；对于B项，判断圆心到直线的距离等于圆的半径
即得；对于C项，只需将两圆方程相减化简，即得公共弦直线方程；对于D项，需要结合
图像作出两条和已知直线平行且距离等于1的直线，通过观察分析即得.
【详解】
对于A项，由圆配方得：
知圆的半径为2，故选项A错误；
对于B项，因圆心到轴的距离为1，等于圆的半径，故圆与轴相切，
同理圆心到轴的距离等于圆的半径，圆与轴相切，故轴为圆
与的公切线，故选项B正确；
对于C项，只需要将与左右分别相减，
即得圆与的公共弦所在的直线方程为：故选项C错误；
对于D项，如图，因直线同时经过两圆的圆心，依题意可作两条
与该直线平行且距离为1的直线与，其中与和圆都相切，各有一个公共点，
与和圆都相交，各有两个交点，故圆与上共有6个点到直线
的距离为1，故选项D正确.
故选：BD.
11．已知球的半径为1（单位：），该球能够整体放入下列几何体容器（容器壁厚度忽略不计）的是（ ）
A．棱长为的正方体
B．底面边长为的正方形，高为的长方体
C．底面边长为，高为的正三棱锥
D．底面边长为，高为的正三棱锥
【答案】ACD
【分析】若球的半径为1，该球能够整体放入下列几何体容器，则几何体的内切球半径大于1，
对于A，正方体的内切球直径为正方体的棱长即为2，可判断A正确；
对于B，长方体的最短棱长为，即为球够整体放入的最大直径，可判断B错误；
对于C，先求得正三棱锥的内切球半径，即可判断；
对于D，根据选项C比选项D的正三棱锥高小，可判断D的内切球半径大于C，即可判断.
【详解】
球的半径为，则直径为，
对于A，棱长为的正方体内切球直径为，A正确；
对于B，长方体高为，高小于球的直径，B错误；
对于C，如图所示，设正三棱锥为，
设为三棱锥的内切球的球心，为正三角形的中心，
所以为正三棱锥的高，，
设是的中点，正三棱锥的底面边长为，
所以，，
因为为正三棱锥的高，所以，
由正棱锥的性质可知：，
，，
内切球半径为，
，
得，C正确；
对于D，和C的正三棱锥相比，底面边长相同，只需比较高的大小，
即比较和的大小，由于，故选项D正确
故选：ACD
12．已知过抛物线焦点的直线交于两点，交的准线于点，其中点在线段上，为坐标原点，设直线的斜率为，则（ ）
A．当时，B．当时，
C．存在使得D．存在使得
【答案】ABD
【分析】特殊值法分别令和代入直线，再由抛物线的定义, 过抛物线的焦点的弦长, 选项得解,由 , 则, 联立方程组，结合韦达定理, 可判断选项C, 若 , , 联立方程组结合韦达定理, 可判断选项D.
【详解】对于选项A. 当 时, 过抛物线 的焦点 的直线方程为: , 设该直线与抛物线交于 , 两点,
联立方程组 , 整理可得: , 则 ,
由抛物线的定义: , 故A正确.
对于选项B. 当 时, 过抛物线 的焦点 的直线方程为: , 设该直线与抛物线交于 , 两点,
联立方程组 , 整理可得: ，则 , 则 ,
所以 ，由抛物线的定义:
又因为直线 与抛物线的准线 交于点 ,
则，即 ，故B正确.
对于选项C. 设过抛物线 的焦点 的直线方程为: 与抛物线交于 两点,联立方程组 , 整理可得:
则 ,
，
所以 .若 , 则, 故不存在，使得 ,故C不正确.
对于选项D. 设过抛物线 的焦点 的直线 方程为: 与抛物线交于 两点,
联立方程组 , 整理可得 : ,则 ，
,
若 , 因为,, 即 ,
则 , 即: ,可得: ,
即: , 则 , 解得: , 解得: .
故存在使得 , 故D正确;
故选：ABD.
【点睛】本题考查了抛物线与直线方程的位置关系，解方程组，焦点弦的应用，对与本题，运算能力，数形结合思想是关键，属于较难题.
三、填空题
13．据统计，在某师范学校中，男生每天体育锻炼的时间平均值是44分钟，女生每天体育锻炼的时间平均值是34分钟．若此学校的男生与女生人数比是，则此校学生每天体育锻炼的时间平均值是 分钟．
【答案】35
【分析】由题意根据平均数的定义计算
【详解】设男生有人，则女生人，由题意，该校全体学生体育锻炼时间的平均数为：
故答案为：
14．已知直线l过点，且在x轴和y轴上的截距分别为a，b，若，则l的方程为 ．
【答案】或
【分析】时可设l的方程为，时设l的方程为，把点代入即可求解
【详解】若，则l过，又l过点，
故l的方程为，即；
若，设l的方程为，
所以，解得，
所以，
故l的方程为．
故答案为：或．
15．过正三棱锥的高的中点作平行于底面的截面，若三棱锥与三棱台的表面积之比为，则直线与底面所成角的正切值为 .
【答案】
【分析】依题意可得，为的中点，为的中点，设的边长为，，即可表示出图形的面积，从而得到的表面积，三棱台的表面积，由表面积之比得到，再求出高，最后由锐角三角函数求解即可.
【详解】依题意过正三棱锥的高的中点作平行于底面的截面，
则为中点，为中点，为中点，设的边长为，，
则，，，
所以，，
所以三棱锥的表面积，
三棱台的表面积，
依题意，所以，取BC的中点D，则，
因为为正三棱锥的高，所以平面ABC，且，
则与底面所成角为，所以，
所以，故直线与底面所成角的正切值为.
故答案为：
16．双曲线的左、右焦点分别为、，过的直线交双曲线于，两点，，分别位于第一、二象限，为等边三角形，则双曲线的离心率为 .
【答案】
【分析】利用双曲线性质得到和、和的关系，取的中点，连接，由直角三角形根据勾股定理即可求得离心率.
【详解】
由双曲线的定义可得，，
所以取的中点，连接，
又因为为等边三角形，
则，，
在直角三角形中，，
即，解得：，即.
故答案为：.
四、解答题
17．已知在四棱锥中，底面为正方形，侧棱平面，点为中点，.
(1)求证：直线平面；
(2)求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接交于点，连接，进而根据即可证明；
（2）根据题意，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，利用坐标法求解即可.
【详解】（1）证明：连接交于点，连接，
因为底面为正方形，
所以为的中点，
所以，在中，为的中点，为的中点，
所以；
又因为面，面，
所以平面.
（2）解：因为平面，为正方形，平面，
所以，两两垂直，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
所以，，，，，
所以，，
设平面的法向量为，
所以，，即，
令，则，，即，
，
设点P到平面MAC的距离为d，
所以，
所以，点到平面的距离为.
18．已知点在圆：上运动，过点作轴的垂线段，为垂足，动点满足.
(1)求动点的轨迹方程；
(2)过点的动直线与曲线交于，两点，与圆交于，两点.求的最大值.
【答案】(1)
(2)16
【分析】（1）求谁设谁，利用相关点法求轨迹方程，设出、点的坐标，由向量关系式用点的坐标表示点的坐标，代入圆的方程即可得到轨迹.
（2）分类讨论斜率存在与不存在，进而进行对比，确定的最大值.
【详解】（1）设点，
因为，所以，所以，
即动点的轨迹的方程为
（2）
①当直线的斜率存在时，设直线的方程为，联立方程组，
可得，则恒成立，
且，，
，
所以，
设，则，
则，得，
当且仅当时取到，此时最大值是16.
②当直线的斜率不存在时，则直线为，可得，
此时，
综上，最大值是16.
19．我省从2021年开始，高考不分文理科，实行“3+1+2”模式，其中“3”指的是语文、数学，外语这3门必选科目，“1”指的是考生需要在物理、历史这2门首选科目中选择1门，“2”指的是考生需要在思想政治、地理、化学、生物这4门再选科目中选择2门。已知福建医科大学临床医学类招生选科要求是首选科目为物理，再选科目为化学、生物至少1门。
(1)从所有选科组合中任意选取1个，求该选科组合符合福建医科大学临床医学类招生选科要求的概率；
(2)假设甲、乙、丙三人每人选择任意1个选科组合是等可能的，求这三人中恰好有一人的选科组合符合福建医科大学临床医学类招生选科要求的概率.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由古典概型的概率公式求解，
（2）由概率乘法公式与加法公式求解
【详解】（1）用a，b分别表示“选择物理”“选择历史”，用c，d，e，f分别表示选择“选择化学”“选择生物”“选择思想政治”“选择地理”，
则所有选科组合的样本空间，
∴，
设“从所有选科组合中任意选取1个，该选科组合符合福建医科大学临床医学类招生选科要求”，
则，
∴，
∴.
（2）设甲、乙、丙三人每人的选科组合符合医科大学临床医学类招生选科要求的事件分别是，，，
由题意知事件，，相互独立
由（1）知.
记“甲、乙、丙三人中恰好有一人的选科组合符合福建医科大学临床医学类招生选科要求”，
则
易知事件，，两两互斥，
根据互斥事件概率加法公式得
.
20．已知双曲线的焦距为，，为的左、右顶点，点为上异于，的任意一点，满足.
(1)求双曲线的方程；
(2)过的右焦点且斜率不为0的直线交于两点，，在轴上是否存在一定点，使得为定值？若存在，求定点的坐标和相应的定值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)存在定点，使得为定值
【分析】(1)根据可得，结合即可求解；(2)利用韦达定理表示出即可求解.
【详解】（1）设，，，则，
又因为点在双曲线上，所以.
于是，对任意恒成立，
所以，即.
又因为，，
可得，，所以双曲线的方程为.
（2）设直线的方程为：，，，由题意可知，
联立，消可得，，
则有，，
假设存在定点，
则
令，解得，
此时，
所以存在定点，使得为定值
21．在中，角，，所对的边分别是，，，，，且.
(1)求的正弦值；
(2)，边上的两条中线，相交于点，求的余弦值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）运用正弦定理对进行转化，得出角，再由正弦定理解出的正弦值；
（2）运用余弦定理以及向量知识求出、、的值，根据题意得到为重心，从而得出、，进而得出的余弦值.
【详解】（1）解：因为，
由正弦定理可得，，
即，
整理得.
因为，所以，
所以，即.
又因为，所以.
由正弦定理，得.
（2）由余弦定理得，
即，所以.
在中，由余弦定理得，
则.
在中，，
所以，
解得.
由，分别为边，上的中线可知为的重心，
可得，.
在中，由余弦定理得，
又因为，所以.

22．已知椭圆的中心为坐标原点，对称轴为轴、轴，且点和点在椭圆上，椭圆的左顶点与抛物线的焦点的距离为.
(1)求椭圆和抛物线的方程；
(2)直线与抛物线交于两点，与椭圆交于两点.
（ⅰ）若，抛物线在点处的切线交于点，求证：；
（ⅱ）若，是否存在定点，使得直线的倾斜角互补?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)椭圆；抛物线；
(2)（ⅰ）详见解析；（ⅱ）存在，.
【分析】（1）设椭圆方程，代入两点坐标即可求得结果；根据椭圆左顶点和抛物线焦点坐标，可构造方程求得，进而得到抛物线方程；
（2）（ⅰ）联立直线与抛物线方程，可得韦达定理的结论；假设切线方程，并联立求得点坐标，再结合两点间距离公式求得所证等式中的各个基本量，整理可得结论；
（ⅱ）假设存在点，由倾斜角互补可知斜率和为，将直线与椭圆方程联立，可得韦达定理的结论；利用两点连线斜率公式表示出两直线斜率，根据斜率和为可构造等式，消元整理得到.
【详解】（1）设椭圆的方程为：，
和在椭圆上，
，解得：，
椭圆的标准方程为：；
由椭圆方程可知：椭圆的左顶点为，又，
，解得：，
抛物线的方程为；
（2）（ⅰ）当时，直线，即，
令，则直线，设，，
由得：，
则，，
，；
设抛物线在点处的切线方程分别为：，，
由得：，
，又，则，
，则；
同理可得：；
联立两切线方程，将，代入，
可解得：，，
，又，
；
同理可得：；
，
要证，等价于证明，
，又，
，
同理可得：，
，即；
（ⅱ）当时，直线，
假设存在点，使直线的倾斜角互补，则直线的斜率之和为；
设，
由得：，
，即恒成立，
，，
，
，
即，
，即，解得：，
假设成立，即存在点，使得直线的倾斜角互补.
【点睛】思路点睛：本题考查直线与圆锥曲线综合应用中的定点定值问题，求解此类问题的基本思路如下：
①假设直线方程，与曲线方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；
②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；
③利用韦达定理表示出所求量，将所求量转化为关于变量的函数或方程的形式；
④化简所得式子，消元整理即可求得定点或定值.