重庆市第八中学校2023-2024学年高二上学期期中数学试题 Word版含解析.docx

《重庆市第八中学校2023-2024学年高二上学期期中数学试题 Word版含解析.docx》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。

重庆八中2023—2024学年度高二年级（上）半期考试数学试题一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共计40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.已知i是虚数单位，若复数z满足：，则（）A.B.1C.iD.0【答案】B【解析】【分析】根据复数的运算求z，进而求其模长.【详解】因为，即，可得，所以.故选：B.2.若椭圆的离心率为，则（）A.3或B.C.3或D.或【答案】C【解析】【分析】根据焦点位置分类讨论，利用离心率计算求解即可.【详解】若椭圆焦点在上，则，所以，故，解得，若椭圆焦点在上，则，所以，故，解得，综上，或. 故选：C3.“直线与圆相切”是“”的（）条件．A.充分不必要B.必要不充分C.充要D.既不充分也不必要【答案】B【解析】【分析】根据直线与圆相切求的值，进而结合充分、必要条件分析判断.【详解】因为圆，即，可知圆心为，半径为1，若直线圆相切，则，解得或，又因为是的真子集，所以“直线与圆相切”是“”的必要不充分条件.故选：B.4.已知D，E分别为的边BC，AC的中点，且，，则为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据题意可得，，结合中线的性质运算求解即可.【详解】因为，，且，，可得，，所以，整理得．故选：C． 5.若曲线C上存在点M，使M到平面内两点距离之差的绝对值为8，则称曲线C为“好曲线”．以下曲线不是“好曲线”的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据题意可知M的轨迹为：，即与其有交点的曲线都是“好曲线”，结合图形即可判断不是“好曲线”的曲线.【详解】由题意知：M平面内两点，距离之差的绝对值为8，由双曲线定义知：M的轨迹以为焦点的双曲线且，即轨迹方程为：，可知：“好曲线”一定与有交点，结合各选项方程的曲线知：所以不是“好曲线”的是.故选：B.6.如图所示，双曲线型冷却塔的外形，是离心率为3的双曲线的一部分绕其虚轴旋转所成的曲面，已知该冷却塔的上口半径为3cm，下口半径为4cm，高为8cm（数据以外壁即冷却塔外侧表面计算），则冷却塔的最小直径为（） A.cmB.cmC.cmD.cm【答案】C【解析】【分析】先作出双曲线图，根据图像代入点，求出点的坐标，最后求出的值.【详解】如图所示，根据题意，作出冷却塔的双曲线函数图，设双曲线方程为，因为冷却塔的上口半径为3cm，下口半径为4cm，高为8cm，所以设双曲线上的点且，将代入可得，两式相减得，又双曲线离心率为3，所以，所以，代入可得，得，所以，将点代入可得，解得，所以冷却塔的最小直径为，故选：C 7.已知点M是圆上的动点，点N是圆上的动点，点P在直线上运动，则的最小值为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据圆的性质可得，求点关于直线对称的点为，结合对称性分析求解.【详解】由题意可知：圆的圆心为，半径，圆的圆心，半径，则，即，设点关于直线对称的点为，则，解得，即，因为，则，所以的最小值为.故选：D.8.点分别为椭圆的左、右焦点，点P，Q为C 上关于坐标原点对称的两点，，的面积为，e为椭圆的离心率，则为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据题意可知：为矩形，利用椭圆的定义结合勾股定理和面积关系运算求解.【详解】根据椭圆的对称性可知：为平行四边形，且，所以为矩形，可知的面积即为的面积，设，则，可得，由面积关系可得，即，所以.故选：A.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共计20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．9.若三条不同的直线能围成一个三角形，则m的取值不可能为（）A.B.C.D.1【答案】ABC【解析】【分析】根据题意，结合若或或重合时，结合两直线的位置关系，列出方程，即可求解.【详解】由直线， 若或重合时，则满足，解得；若或重合时，则满足，解得；若经过直线与的交点时，此时三条直线不能围成一个三角形，联立方程组，解得，即交点，将点代入直线，可得，解得.故选：ABC.10.椭圆的左、右焦点分别为，，过的直线l与C交于P，Q两点，且点Q在第四象限，若，则（）A.为等腰直角三角形B.C的离心率等于C.的面积等于D.直线l的斜率为【答案】ABC【解析】【分析】由线段比例关系以及椭圆定义可知，且满足，即可得A正确；易知可得C正确；在等腰直角三角形中，可知直线的斜率为，计算可得的离心率等于.【详解】对于选项A：因为，不妨设，又因为，可得；利用椭圆定义可知，所以；即，所以点即为椭圆的上顶点或下顶点，如下图所示： 由，可知满足，所以，故A正确；对于选项B：在等腰直角三角形中，易知，即可得离心率，故B正确；对于选项C：因为为等腰直角三角形，且，因此的面积为，故C正确；此时可得直线的斜率，故D错误；故选：ABC.11.如图，已知E，F分别是正方体的棱BC和CD的中点，则（）A.与是异面直线B.与EF所成角的大小为C.与平面所成角的正弦值为D.二面角的余弦值为【答案】AD【解析】【分析】根据异面直线的概念可得“平面内一点与平面外一点的连线，与此平面内不经过该点的直线是异面直线异面直线”可知A正确；作出异面直线所成的角判断B，建立空间直角坐标系，向量法判断CD. 【详解】对A，因为在平面外，在平面内，在平面内，所以与是异面直线，故A正确；对B，由中点知，,又，所以，即为与EF所成的角，在等边中，，故B错误；以为原点，，，分别为，，轴，建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，，，，，，由题意可知，平面的法向量可取，，设与平面所成角为，则，所以与平面所成角的正弦值为，故C错误；又，，设平面的法向量为，则，令，得，设平面的法向量，则，令，可得，则，又因为二面角为锐角，所以二面角的余弦值为，故D正确. 故选：AD．12.已知抛物线的焦点坐标，圆，直线与C交于A，B两点，与E交于M，N两点（A，M在第一象限），O为坐标原点，则下列说法中正确的是（）A.B.若，则C.D.【答案】BCD【解析】【分析】对于A：将直线方程与抛物线方程联立，消元后利用根与系数的关系，再求出；对于C：由于直线过圆心，则由圆的性质可得，从而可进行判断；对于B，利用弦长公式求出，而，然后由题意列方程可求出的值；对于D：由题意可得，再结合抛物线的性质化简计算即可.【详解】因为抛物线的焦点坐标，则，解得，可知抛物线，对于选项A：设，联立方程，消去x得，则，可得，所以，即，故A错误；对于选项C：因为直线恒过圆心，则，可得，所以，故C正确；对于选项B：因为直线过抛物线的焦点，所以， 因为，，所以，解得，所以B正确；对于选项D：因为直线过抛物线的焦点，所以，故D正确；故选：BCD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共计20分．13.已知向量夹角为，且，，则______．【答案】【解析】【分析】由，再根据向量的运算律及数量积的定义求解即可.【详解】解：因为.故答案为：14.直线与曲线有两个交点，则实数k的取值范围是______．【答案】【解析】【分析】根据题意分析可得曲线C是以为圆心，1为半径的右半圆，结合图象分析求解.【详解】由，可得且，所以曲线是以为圆心，半径为的右半圆， 直线过定点，斜率为，如图，当直线过时，可得，当直线与曲线相切时，则，解得，所以实数k的取值范围为.故答案：15.过抛物线上的点且与圆有且只有一个公共点的直线有______条．【答案】3【解析】【分析】由已知求出点或.先求解直线斜率不存在时的方程；然后设斜率，得出点斜式方程，表示出圆心到直线的距离，列出方程，求解即可得出斜率，进而得出直线方程.【详解】由题意可知，，解得，则点或，且圆的圆心，半径.①当点时当直线斜率不存在时，此时方程为，与圆相切，满足题意；当直线斜率存在时，设斜率为，此时直线方程为，即. 因为直线与圆相切，所以圆心到的距离，即，整理可得，解得，所以直线方程为；②当点时当直线斜率不存在时，此时方程为，与圆相切，满足题意；当直线斜率存在时，设斜率为，此时直线方程为，即.因为，直线与圆相切，所以圆心到的距离，即，整理可得，解得，所以直线方程为；综上所述：直线方程为或或，共有3条.故答案为：3.16.贵州榕江“村超”火爆全网，引起旅游爱好者、社会名流等广泛关注．足球最早起源于我国古代“蹴鞠”，被列为国家级非物质文化，蹴即踢，鞠即球，北宋《宋太祖蹴鞠图》描绘太祖、太宗蹴鞠的场景．已知某“鞠”的表面上有四个点A、B、C、D，连接这四点构成三棱锥A-BCD如图所示，顶点A在底面的射影落在内，它的体积为，其中和都是边长为2的正三角形，则该“鞠”的表面积为______．【答案】【解析】【分析】由线面垂直关系，利用分割法求三棱锥体积，由垂直关系结合球心性质找到球心位置，再运算求解球半径即可. 【详解】如图，取的中点，连接，，因为，，又平面，平面，，所以平面，平面，所以平面平面，同理可证，平面平面，设和的中心分别为、，在平面内，过、分别作的垂线，设交点为，即，又平面平面，由面面垂直的性质定理可知：平面，同理可得：平面，即球心为，设“鞠”的半径为，连接，则，即：，又因为，，所以，又顶点A在底面的射影落在内，则，由，为公共边，得与全等，则为角平分线，所以.在中，因为，则，在中，，则， 所以该“鞠”的表面积.故答案为：.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.如图，S为圆锥顶点，O是圆锥底面圆的圆心，AB，CD为底面圆的两条直径，，且，P为母线SB上一点，．（1）求证：平面PCD；（2）求圆锥SO的体积．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）连结PO，由中位线性质有，利用线面平行的判定定理即可证结论；（2）根据已知求底面半径，进而求出底面积，应用圆锥体积公式求体积.【小问1详解】连结PO，如图，∵P、O分别为SB、AB的中点，∴，又平面PCD，平面PCD，∴平面PCD.小问2详解】 ∵，P为SB的中点，∴.∴，则底面圆面积，∴圆锥体积.18.已知过抛物线的焦点，斜率为1的直线交抛物线于..，且．（1）求该抛物线的方程；（2）在抛物线C上求一点D，使得点D到直线的距离最短．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）首先表示出直线l的方程，再联立直线与抛物线方程，消去，列出韦达定理，再根据焦点弦公式计算可得；（2）设，再利用点到直线的距离及二次函数求最小值即可得解.【小问1详解】如图， 由已知得焦点，∴直线l的方程为，联立，消去整理得设，，则，，，∴抛物线C的方程为【小问2详解】设，则到直线的距离，当时，，此时，所以.19.在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，点D在边BC上，且点D是靠近C的三等分点， ．（1）若，的面积为1，求b；（2）求的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用三角形的面积公式可求得，再求得的值，利用余弦定理可求得的值；（2）在中，利用正弦定理以及诱导公式化简可得出的值.【小问1详解】如图，因为，，，则为等腰直角三角形，且，因为，所以，所以，所以，则，，，在中，由余弦定理可得:，故.【小问2详解】在中，由正弦定理可得， 即，即，由正弦定理可得，所以，即.20.如图1，四边形ABCD是梯形，，，点M在AB上，，将沿DM折起至，如图2，点N在线段上．图1图2（1）若，求证：平面平面；（2）若，平面DNM与平面CDM夹角的正弦值为，求值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取中点，得，再根据线面垂直可得平面，根据面面垂直的判定定理分析证明；（2）建立空间直角坐标系，设，求两个平面的法向量，根据向量夹角公式运算求解.【小问1详解】取中点，连接，因为等边三角形，则，且，平面，平面，由平面，所以， 又因为，所以，且，平面，所以平面，又平面，所以平面平面.【小问2详解】由题意可得：，且，所以，可得，而，以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设，则，可得，得，所以，设平面的一个法向量为，由，令，则，可得，由题意可知：平面的一个法向量为.设平面与平面的夹角为，则 则，即，解得，或（舍去）.所以.21.椭圆的离心率为，过椭圆焦点并且垂直于长轴的弦长度为1．（1）求椭圆的标准方程；（2）若直线与椭圆相交于，两点，与轴相交于点，若存在实数，使得，求的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据椭圆离心率公式，结合椭圆垂直于长轴的弦长公式进行求解即可；（2）根据直线是否存在斜率，结合平面向量的坐标运算公式、一元二次方程根与系数关系分类讨论进行求解即可.【小问1详解】因为该椭圆的离心率为，所以有，在方程中，令，解得，因为过椭圆焦点并且垂直于长轴的弦长度为1，所以有，由可得：，所以椭圆的方程为；【小问2详解】当直线不存在斜率时，由题意可知直线与椭圆有两个交点，与纵轴也有两个交点不符合题意；当直线存在斜率时，设为，所以直线的方程设为， 于是有，因为该直线与椭圆有两个交点，所以一定有，化简，得，设，于是有，因为，所以，代入中，得，于是有，化简，得，代入中，得.【点睛】关键点睛：本题的关键是由向量等式得到.22.已知双曲线的渐近线为，左焦点为F，左顶点M到双曲线E的渐近线的距离为1，过原点的直线与双曲线E的左、右支分别交于点C、B，直线FB与双曲线E的左支交于点A，直线FC与双曲线E的右支交于点D． （1）求双曲线E的方程；（2）求证：直线AD过定点．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由条件列关于的方程，解方程求，由此可得双曲线方程；（2）设，分别联立直线，与双曲线方程，结合关于系数关系求点A和点坐标，利用点斜式表示直线的方程，再证明直线过定点.【小问1详解】设双曲线的半焦距为，则，因为双曲线的渐近线为，则，又因为左顶点到双曲线E的渐近线的距离为，解得，则，所以双曲线的方程为．【小问2详解】设，若，则，故，直线的方程为；若，设直线的方程为，直线的方程与双曲线联立，．又，则 所以，即．同理，则，则直线方程为，令，则，即所以直线过定点．