安徽省淮北市树人高级中学2023-2024学年高二上学期第一次阶段考试数学 Word版含解析.docx

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2023—2024学年度第一学期第一阶段测试数学试卷一、选择题（每题5分，共40分．）1.已知集合，集合，则集合的元素个数为（）A.1B.2C.3D.4【答案】B【解析】【分析】化简集合，利用集合补集和交集的概念求出进而得到元素个数即可.【详解】由解得或，所以或，，又因为，所以，元素个数为2，故选：B2.已知复数满足，则的虚部为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由复数除法法则以及共轭复数、虚部的概念即可求解.【详解】由题意，则虚部为.故选：C.3.已知条件：直线与直线垂直，条件：，则是的（）A.充要条件B.充分不必要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】 【分析】由两条直线垂直可求得，结合充要条件的定义即可求出答案.【详解】直线与直线垂直，所以，则，所以是的充要条件.故选：A.4.已知方程表示椭圆，则的取值范围为（）A.且B.且C.D.【答案】B【解析】【分析】根据椭圆的标准方程可得，即得.【详解】因为方程表示椭圆，所以，解得且.故选：B.5.已知圆O的直径，动点M满足，则点M的轨迹与圆O的相交弦长为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】设，由距离公式化简整理可得点M的轨迹，两圆相减得公共弦直线方程，利用几何关系即可求出弦长.【详解】由题意，以线段AB的中点O为原点，以直线AB为x轴，建立平面直角坐标系，可设，，明显，圆O的半径为2，其方程为：①， 设动点，由，从而有，化简得：，即②，由可得相交弦的方程为：，圆心到距离，所以公共弦长为.故选:A.6.已知实数x，y满足方程．则的最小值为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】令，将化为的三角函数求最小值.【详解】令，则，因为，当时取最小值，所以最小值为.故选：D7.已知两圆和恰有三条公切线，若，，且，则的最小值为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】 【分析】确定两圆圆心和半径，根据公切线得到两圆外切，得到，变换得到，展开利用均值不等式计算得到答案.【详解】，即，圆心，；，即，圆心，半径；两圆恰有三条公切线，即两圆外切，故，即，.当且仅当，即，时等号成立.故选：A8.在直三棱柱中，，，，，为线段的三等分点，点在线段EF上（包括端点）运动，则二面角的正弦值的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先作辅助线，利用二面角的定义找到二面角的平面角，再设，用表示出二面角的正弦值，最后利用函数知识求二面角的正弦值的范围即可.【详解】在直三棱柱中,平面ABC，且平面ABC，故，又，，所以，.如图，过点作交于点，则，故平面ABC，因为平面ABC，故，过点作交AB于点，连接DN，因为平面，平面，且，所以平面，又平面，则， 故即二面角的平面角.设，在直角中，，所以，，所以，.所以，则，易知在上的值域为，所以.故选：C.二、多项选择题（每题5分，少选得2分，错选得0分，共20分．）9.函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（）A.函数的最小正周期为B.C.函数在上不是单调函数D.函数在上是增函数【答案】CD 【解析】【分析】对A选项由图得到两相邻最值之间的横坐标距离为半周期即可判定A，对B选项，利用图像所过的点，代入求解出三角函数解析式，再计算即可，对C选项利用复合函数的单调性即可判断，对D选项求解出其单调增区间，再赋值值，求出最接近的一个单调增区间，即可判断D.【详解】对A选项，在同一周期内,函数在时取得最大值,时取得最小值,函数的最小正周期满足,由此可得,故A错误；对B选项，，解得,得函数表达式为，又当时取得最大值2,,可得，取,得，，则，故B错误；对C选项，，则，令，则原函数为，，由正弦函数单调性可知在上单调递减，在上单调递增，故C正确；对D选项，；令，,解得，,令，则其中一个单调增区间为，而，故D正确故选：CD.【点睛】【点睛】10.已知直线，是圆上的一点，则（） A.直线过定点B.圆C的半径是C.点P可能在圆上D.点P到直线的最大距离是【答案】ACD【解析】【分析】根据直线过定点、圆、直线和圆的位置关系等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】直线可化为，由，解得，故直线过定点，A选项正确.圆可化为，所以圆心，半径，所以B选项错误.圆的圆心为，半径为，，所以圆与圆外切，所以点可能在圆上，C选项正确.，所以点P到直线的最大距离是，D选项正确.故选：ACD11.已知椭圆C：的左、右两个焦点分别为，，短轴的上、下两个端点分别为，，的面积为1，离心率为，点P是C上除长轴和短轴端点外的任意一点，的平分线交C的长轴于点M，则（）A.椭圆的焦距等于短半轴长B.面积的最大值为2C.D.取值范围是【答案】C【解析】 【分析】由的面积为1，离心率为列方程组，进而可求的值，则A可判断，B选项可根据P点位置是除长轴和短轴端点外的任意一点直接排除；对于C选项，由的平分线交长轴于点，得到，化简可得，结合椭圆的定义，得到，进而求得的取值范围可判断D.【详解】对A：由的面积为1，离心率为可得，又，所以得，故A错误；对B：当P点在长轴端点位置时的面积才能取到最大值，但是P点是除长轴和短轴端点外的任意一点，故的面积无法取到最大值，故B错误；对C：所以椭圆的方程为，故，，由的平分线交长轴于点，显然，，又，所以，即，由，，得，故C正确；对D：设，则，而，即，也就是，所以，所以，，所以，故D错误；故选：C. 12.已知正方体的棱长为，为底面内（包括边界）的动点，则下列结论正确的是（）A.三棱锥的体积为定值B.存在点，使得平面C.若，则P点在正方形底面内的运动轨迹长为D.若点是的中点，点是的中点，经过三点的正方体的截面周长为【答案】AC【解析】【分析】根据等体积法可计算出三棱锥的体积，可判断选项A，建立空间直角坐标系，写出点的坐标与向量的坐标，设，根据垂直得向量数量积为列式，从而判断选项BC，作出过三点的正方体的截面，计算周长即可判断选项D．【详解】对于A，由等体积法，三棱锥的高等于，底面积，所以，所以三棱锥的体积为定值，故A正确；对于B，以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，设，，，，，，，，，，，若平面，则，，则，，解得，不符合，故B错误； 对于C，，若，，即，所以点的轨迹就是线段，轨迹长为，故C正确；对于D，连接PQ并延长交DC的延长线于，连接交于，连接QF，延长QP交DA的延长线于，连接交于，连接PE，则五边形即为经过三点的正方体的截面，如图：正方体的棱长为2，则，则为等腰直角三角形，则，根据得，，则，则，，同理可得，而，则五边形的周长为，故D错误． 故选：AC．三、填空题（每空5分，共20分．）13.已知圆C：，若过定点能作两条圆的切线，则实数a的取值范围为______．【答案】【解析】【分析】使过A点作圆的切线有两条，则定点在圆外，代入圆方程计算得到答案.【详解】已知圆C的方程为，所以，要使过A点作圆的切线有两条即点在圆C外：恒成立，解得或，综上所述：或，故答案为：.14.椭圆内，过点且被该点平分的弦所在的直线方程为___________.【答案】【解析】【分析】设出坐标，根据点在椭圆上利用点差法求解出的值，再利用直线的点斜式方程可求解出直线方程.【详解】设直线与椭圆的两个交点为，因为在椭圆上，所以，所以，所以，所以，所以，所以，所以的方程为：，即， 故答案为：.15.设椭圆的两焦点为，.若椭圆上存在点P，使，则椭圆的离心率e的取值范围为__________.【答案】【解析】【分析】设，，根据椭圆性质和余弦定理得到，利用均值不等式得到，解得答案.【详解】设，，则，，即，，即，当且仅当时等号成立，故，即，.故答案为：16.在四棱锥中，平面ABCD，，点M是矩形ABCD内（含边界）的动点，且，，直线PM与平面ABCD所成的角为，当三棱锥的体积最小时，三棱锥的外接球的体积为________.【答案】【解析】【分析】根据线面角的定义得出M位于底面矩形ABCD内的以点A为圆心，2为半径的圆上，再由三棱锥的体积最小，确定点M位于F，进而由长方体外接球模型结合体积公式求解.【详解】因为平面，所以即为直线与平面所成的角，所以.因为，所以，如图，易知M位于底面矩形ABCD内的以点A为圆心，2为半径的圆上，记点M的轨迹为圆弧EF.连接AF，当点M位于F时，三棱锥的体积最小，由长方体外接球模型可知，三棱锥的外接球球心为PF的中点，此外接球的体积 .故答案为：四、解答题（17题10分，18-22题每题12分，共70分，要求写出必要的解题步骤或证明过程．）17.在中，角的对边分别为，且满足__________.从条件①､条件②这两个条件中任选一个补充在上面横线上作为已知，（1）求角；（2）若为锐角三角形，且，求面积的取值范围.条件①：条件②：注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）选①，利用余弦定理即可得到的大小；选②利用诱导公式结合正余弦平方和关系即可求出，则得到的大小；（2）利用正弦定理解得，再求出的范围则得到的范围，最后利用三角形面积公式即可.【小问1详解】选择条件①： 由题意及正弦定理知，选择条件②：因为，所以，即，解得，又，所以【小问2详解】由可得因为是锐角三角形，由（1）知得到，故，解得，所以，则，所以.18.投壶是从先秦延续至清末的汉民族传统礼仪和宴饮游戏，假设甲、乙、丙、丁是四位投壶游戏参与者，且甲、乙、丙每次投壶时，投中与不投中的机会是均等的，丁每次投壶时，投中的概率为．甲、乙、丙、丁每人每次投壶是否投中相互独立，互不影响．（1）若甲、乙、丙、丁每人各投壶1次，求只有一人投中的概率；（2）甲、丁进行投壶比赛，若甲、丁每人各投壶2次，投中次数多者获胜，求丁获胜的概率. 【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据独立事件乘法公式计算即可；（2）分情况根据独立重复事件公式计算即可.【小问1详解】将甲、乙、丙、丁各自在一次投壶中投中分别记为事件，则．设只有一人投中为事件，则．【小问2详解】若甲投中0次，则丁至少投中1次；若甲投中1次，则丁投中2次．设丁获胜为事件，则．19.已知圆．（1）直线过点，且与圆C相切，求直线的方程；（2）设直线与圆C相交于M，N两点，点P为圆C上的一动点，求的面积S的最大值．【答案】（1）x＝－1或4x－3y＋7＝0（2）【解析】【分析】（1）根据直线的斜率是否存在，分别设出直线方程，再根据圆心到直线的距离等于半径，即可解出；（2）根据弦长公式求出，再根据几何性质可知，当时，点P到直线 距离的最大值为半径加上圆心到直线的距离，即可解出．【小问1详解】由题意得C（2，0），圆C的半径为3．当直线的斜率存在时，设直线的方程为y－l＝k（x＋1），即kx－y＋k＋1＝0，由直线与圆C相切，得，解得，所以直线的方程为4x－3y＋7＝0．当直线的斜率不存在时，直线的方程为，显然与圆C相切．综上，直线的方程为x＝－1或4x－3y＋7＝0．【小问2详解】由题意得圆心C到直线的距离，设圆C的半径为r，所以r＝3，所以，点P到直线距离的最大值为，则的面积的最大值．20.如图，四面体中，，E为的中点．（1）证明：平面平面；（2）设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值．【答案】（1）证明过程见解析（2）与平面所成角的正弦值为【解析】 【分析】（1）根据已知关系证明，得到，结合等腰三角形三线合一得到垂直关系，结合面面垂直的判定定理即可证明；（2）根据勾股定理逆用得到，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可.【小问1详解】因为，E为的中点，所以；在和中，因为，所以，所以，又因为E为的中点，所以；又因为平面，，所以平面，因为平面，所以平面平面.【小问2详解】连接，由（1）知，平面，因为平面，所以，所以，当时，最小，即的面积最小.因为，所以，又因为，所以是等边三角形，因为E为的中点，所以，，因为，所以,在中，，所以.以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，设平面的一个法向量为，则，取，则，又因为，所以， 所以，设与平面所成的角的正弦值为，所以，所以与平面所成的角的正弦值为.21.在平面直角坐标系中，椭圆：的焦距为2，且过点.（1）求椭圆的方程；（2）过椭圆左焦点的直线（不与坐标轴垂直）与椭圆交于，两点，若点满足，求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据，又，，联立方程组可解得，，由此可得椭圆的方程；（2）设，，中点，直线的方程为： ，联立直线与椭圆方程，根据韦达定理得，可得，再利用得，可得，再根据弦长公式可得结果.【详解】（1）由题可知，又，，∴，∴∴，又∴，，所以椭圆的方程为：.（2）设，，中点，直线的方程为：，由可得，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，所以，，所以. 【点睛】本题考查了根据椭圆的性质求椭圆方程，考查了直线与椭圆的位置关系，考查了利用弦长公式求弦长，考查了运算求解能力，属于中档题.22.已知椭圆的两个顶点分别为，，焦点在轴上，离心率为.（1）求椭圆的方程；（2）若直线与轴交于点，与椭圆交于，两点，线段的垂直平分线与轴交于，求的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由顶点和离心率直接求即可；（2）先联立直线和椭圆方程，借助弦长公式表示出弦长，再求出垂直平分线和坐标，表示出，最后分离常数求取值范围即可.【小问1详解】由题意知可得，故椭圆的方程为.【小问2详解】由，可得，设，则，，线段的中点为，线段的垂直平分线方程为，令，得，所以， 又，则,又，所以，，故的取值范围为.【点睛】（1）关键在于建立的关系式求解；（2）关键在于联立直线和椭圆方程，依次求出垂直平分线和弦长、，转化成关于的代数式求范围即可.