江苏省南通市海安高级中学2023-2024学年高二数学上学期阶段测试(一)试题（Word版附解析）

2023～2024学年度高二年级阶段测试（一）数学一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共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.已知集合，集合，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】解不等式求得集合，求函数的值域求得集合，进而求得.【详解】，解得，所以，由于，所以，所以，所以.故选：C2.已知复数满足，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据复数的运算求得，再求复数的模即可.【详解】依题意，，所以.故选：C3.“m<1”是“点P（1，1）在圆C：x2＋y2﹣2mx＝0外”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分又不必要条件【答案】B【解析】【分析】根据点与圆的位置，结合充分性、必要性的定义进行判断即可. 【详解】由x2＋y2﹣2mx＝0可得，该方程表示圆，所以有，当点P（1，1）在圆C：x2＋y2﹣2mx＝0外时，有，所以此时，显然由不一定能推出，但是由一定能推出，所以“m<1”是“点P（1，1）在圆C：x2＋y2﹣2mx＝0外”的必要不充分条件，故选：B4.已知函数与的部分图象如图1（粗线为部分图象，细线为部分图象）所示，则图2可能是下列哪个函数的部分图象（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】结合函数的奇偶性、特殊点的函数值确定正确选项.【详解】由图1可知偶函数，为奇函数，A选项，，所以是偶函数，不符合图2.A错.C选项，，所以是偶函数，不符合图2.C错.D选项，，所以的定义域不包括，不符合图2.D错.B选项，，所以是奇函数，符合图2，所以B符合.故选：B5.若动点分别在直线和上移动，则AB的中点M到原 点距离的最小值为（）A.3B.2C.D.4【答案】A【解析】【分析】由题意，知点M在直线l1与l2之间且与两直线距离相等的直线上，设该直线方程为，然后利用两平行线间的距离公式列方程可求出的值，再利用点到直线的距离公式可求得结果.【详解】由题意，知点M在直线与之间且与两直线距离相等的直线上，设该直线方程为，则，即，∴点M在直线上，∴点M到原点的距离的最小值就是原点到直线的距离，即.故选：A.6.已知圆，从点出发的光线要想不被圆挡住直接到达点，则实数的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据条件，将问题转化成点落在过点且与圆相切的两直线“外”，再通过求出切线方程即可求出结果.【详解】由题意知，从点出发的光线与圆相离时，光线不被挡住，设过点与圆相切的直线方程为，即，又圆，所以圆心到的距离，解得，故 ，令，，所以或.故选：B.7.设函数，若对于任意实数，在区间上至少有2个零点，至多有3个零点，则的取值范围是（　　）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】，只需要研究的根的情况，借助于和的图像，根据交点情况，列不等式组，解出的取值范围.【详解】令，则令，则则问题转化为在区间上至少有两个，至少有三个t，使得，求的取值范围.作出和的图像，观察交点个数，可知使得的最短区间长度为2π，最长长度为，由题意列不等式的： 解得：.故选：B【点睛】研究y=Asin(ωx+φ)+B的性质通常用换元法（令），转化为研究的图像和性质较为方便.8.已知点，直线将三角形ABC分割成面积相等的两个部分，则b的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先求得直线与x轴的交点为，根据面积相等可得点M在射线OA上即．求出直线和BC的交点N的坐标，就的不同位置分类讨论后可得结果．【详解】由题意可得，三角形ABC的面积为，由于直线与x轴的交点为，由直线将分割为面积相等的两部分，可得，故，故点M在射线OA上．设直线和BC的交点为N，则由可得点N的坐标为．①若点M和点A重合，则点N为线段BC的中点，故，把A、N两点的坐标代入直线，求得． ②若点M在点O和点A之间，此时，点N在点B和点C之间，由题意可得三角形NMB的面积等于，故，即 ，可得，求得 ，故有．③若点M在点A的左侧，则，由点M的横坐标，求得．设直线和AC的交点为P，则由求得点P的坐标为，此时由题意可得，的面积等于，即，即，化简可得．由于此时，，．两边开方可得，，化简可得 ， 故有．综上的取值范围应是 ，故选：A．二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.下列说法中，正确的有（）A.点斜式=可以表示任何直线B.直线在轴上的截距为-2C.直线关于对称的直线方程是D.点到直线的最大距离为2【答案】BD【解析】【分析】根据直线点斜式方程，斜截式方程的适用范围，结合直线关于直线的对称直线的求法，以及直线恒过定点的处理方法，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.【详解】对A：当直线斜率不存在时，不能用该方程表示，故A错误；对B：在轴上的截距为，故B正确；对C：点关于的对称点为，故直线关于对称的直线方程是，故C错误；对D：，即，其恒过定点， 又，故点到直线的最大距离为2，D正确.故选：BD.10.关于函数的描述错误的是（）A.其图象可由的图象向右平移个单位得到B.在仅有1个零点C.在单调递增D.在的最小值为【答案】ABC【解析】【分析】求得的图象向右平移个单位所得图像的解析式判断选项A；求得在上的零点个数判断选项B；举反例否定选项C；求得在的最小值判断选项D【详解】选项A：的图象向右平移个单位得到但，即没有得到.判断错误；选项B：当时，，由，可得，或，即或则在有且仅有2个零点.判断错误；选项C：由， ，可得则在上不单调递增.判断错误.选项D：由，可得，则，则在的最小值为.判断正确.故选：ABC11.下列说法中，不正确的有（）A.已知点，，若直线的倾斜角小于，则实数a的取值范围为B.若集合，满足，则C.若两条平行直线和之间的距离小于1，则实数a的取值范围为D.若直线与连接，的线段相交，则实数a的取值范围为【答案】CD【解析】【分析】根据直线的倾斜角、斜率、平行直线、直线相交等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】A选项，当时，直线即直线，此时直线的倾斜角为，所以A选项错误.B选项，由，得，所以集合表示斜率为的直线上的点（除去点）. 由，得，所以集合表示过点且斜率为的直线，若，此时两直线平行，满足，若直线过点，则，此时，且，所以B选项错误.C选项，依题意，所以实数的取值范围是，C选项正确.D选项，直线过定点，斜率为，，所以或，解得或，所以实数a的取值范围为，D选项正确.故选：CD12.香囊，又名香袋､花囊，是我国古代常见的一种民间刺绣工艺品，香囊形状多样，如图1所示的六面体就是其中一种，已知该六面体的所有棱长均为2，其平面展开图如图2所示，则下列说法正确的是（） A.AB⊥DEB.直线CD与直线EF所成的角为45°C.该六面体的体积为D.该六面体内切球的表面积是【答案】AD【解析】【分析】对应展开图的各点，标出立体图形的各顶点.利用线面垂直，可以得到线线垂直；与分别为正三角形的边，其所成的角为；把几何体分割成二个四面体求体积；计算内切球的半径，就可以求内切球的表面积.【详解】由题知，所给六面体由两个同底面的正四面体组成，将题图2的平面展开图还原为直观图后如下图所示，其中四点重合.对于A：取的中点，连接，则.又平面又平面故正确.对于B：由图可知，与分别为正三角形的边，其所成的角为故错误.对于C：连接，过点作平面，则垂足在上，且， 该六面体的体积故C错误.对于D：该六面体的各棱长相等其内切球的球心必在公共面上又为正三角形点即为该六面体内切球的球心，且该球与相切过点作，则就是内切球的半径.在Rt中，该内切球的表面积为故D正确故选：AD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.中，顶点，点在直线上，点在轴上，则周长的最小值为_______________．【答案】 【解析】【分析】求出关于直线对称点坐标，关于轴对称点坐标，与的交点即为，与交点即为．的长即为最小值．【详解】设关于直线对称点为，关于轴对称点为，与的交点即为，与交点即为．的长即为周长的最小值．设，则，解得，即，关于轴对称点为，周长的最小值为．故答案为：．【点睛】思路点睛：求线段和（或差）的最小（最大）值问题，实质上是对称问题，利用数形结合思想，求出点关于直线的对称点，关于轴的对称点，连结即可求得最小周长．14.设是从集合中随机选取的数，则直线与圆有公共点的概率是______．【答案】##【解析】 【分析】根据直线与圆的位置关系可得，利用列举法和古典概型的概率公式可求出结果.【详解】直线与圆公共点，等价于，等价于，，，设，当时，；当时，，当时，；当时，；当时，.故，所以.即直线与圆有公共点的概率是.故答案为：15.已知两定点，如果动点满足，点是圆上的动点，则的最大值为__________.【答案】12【解析】【分析】首先求点的轨迹方程，再利用数形结合求的最大值.【详解】设点，则，整理为：，设圆的圆心为，圆的圆心为， 如图，可知，的最大值是圆心距加两个圆的半径，即.故答案为：1216.在三棱锥中，已知平面，，，，，则该三棱锥外接球的表面积为______.【答案】【解析】【分析】求解底面ABC的外接圆的半径，利用球心与圆心的连线垂直底面，构成直角三角形即可求解三棱锥外接球的半径，可得其表面积【详解】在底面 中，，，，由余弦定理可得，设外接圆的圆心为，半径为r，球心为O，由正弦定理可得，，得，底面ABC，且球心到点P，A的距离相等，球心与底面的距离为 ， 球心与圆心的连线垂直于底面，，，该三棱锥外接球的表面积故答案为：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.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，向量，，且（1）求A；（2）若，的面积为，求的周长．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由题意，再由正弦定理化简得，可得A；（2）由余弦定理得，再由三角形面积公式得，即可求，进而得出的周长．【小问1详解】由，则，由正弦定理得：，中，故，即，因为，所以；【小问2详解】由余弦定理得，即，可得，又，得，则，即，所以的周长为18.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．19.设函数 （1）当时，求的取值范围；（2）若，且，求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用诱导公式和两角和或差的三角函数公式对函数解析式化简整理，即可求解；（2）根据已知求得的值，讨论角的范围得，利用二倍角公式求解即可.【小问1详解】，因为，所以，所以的取值范围为【小问2详解】由，得，，， ，又，，，20.三角形的顶点，边上的中线所在直线为，A的平分线所在直线为．（1）求A的坐标和直线的方程；（2）若P为直线上的动点，，，求取得最小值时点P的坐标．【答案】（1），直线的方程为（2）【解析】【分析】（1）设点A坐标并表示中点D坐标，由点在直线方程建立方程求解即可得A，利用角平分线的性质可得点B关于直线的对称点，从而求方程；（2）由两点之间的距离公式结合二次函数求最值计算即可.【小问1详解】由题意可设，则，由直线，的方程可知：，即，设点B关于直线的对称点，则中点坐标为，， 依题意有，解之得，即，易知在直线上，故由两点式可得，化简得；【小问2详解】由（1）所得方程，不妨设，则，由二次函数的性质可知当，上式取得最小值，此时.21.已知圆M与直线相切，圆心M在直线上，且直线被圆M截得的弦长为．（1）求圆M的方程；（2）若在x轴上的截距为且不与坐标轴垂直的直线l与圆M交于A，B两点，在x轴上是否存在定点Q，使得？若存在，求出Q点坐标；若不存在，说明理由．【答案】（1）（2）存在，点坐标为【解析】【分析】（1）设圆M的圆心为，半径为r，根据垂径定理，结合直线与圆相切的性质列式求解即可；（2）设，，，联立直线与圆的方程，得出韦达定理，假设存在 满足条件，根据，化简，再代入韦达定理化简即可.【小问1详解】设圆M的圆心为，半径为r，因为圆M与直线相切，所以．又因为直线被圆M截得的弦长为，所以，解得，即圆心坐标为，，所以圆M的方程为．【小问2详解】存在．设，，，由，得．由根与系数关系，得．假设存满足条件，则，．由，得，即，即，， 即且，所以．所以存在满足条件．22.如图所示，四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为1的菱形，∠BCD=60°，E是CD的中点，PA⊥底面ABCD，PA=2.（1）证明:平面PBE⊥平面PAB；（2）求点D到平面PBE的距离；（3）求平面PAD和平面PBE所成锐二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）【解析】【分析】(1)利用面面垂直的判定定理，转化为证明平面.(2)在三棱锥中，利用等体积法求点到面的距离.(3)先作出所求二面角并证明，再用解三角形知识求解.【详解】(1)证明：连接BD，由四边形ABCD是边长为1的菱形，∠BCD=60°，可知是正三角形.因为E是CD的中点，所以BE⊥CD，又AB//CD，所以因为PA⊥底面ABCD，平面ABCD，所以PA⊥BE.又平面PAB，平面PAB，AB∩PA=A，所以BE⊥平面PAB，又平面PBE，所以平面PBE⊥平面PAB. (2)因为PA⊥底面ABCD，平面ABCD，所以PA⊥AB.又PA=2，AB=1，所以.因为正三角形BCD中，BC=1，E是CD的中点，所以.因为BE⊥平面PAB，平面PAB，所以BE⊥PB，所以因为，PA⊥底面ABCD，设点D到平面PBE的距离为d，所以，而所以，即点D到平面PBE的距离为.(3)延长BE、AD，交于点F，连PF，则PF为平面PAD和平面PBE的交线.取AD中点H，连BH，过B作，垂足为I，连HI.由四边形ABCD是边长为1的菱形，∠BCD=60°，可知是正三角形，因为H是AD的中点，所以.因为PA⊥底面ABCD，平面ABCD，所以.PA⊥BH.又平面PAD，平面PAD，AD∩PA=A，所以BH⊥平面PAD，又平面PAD，所以.BH⊥PF，又BI⊥PF，平面BHI，平面BHI，BH∩BI=B， 所以PF⊥平面BHI，而平面BHI，所以PF⊥HI，则∠BIH为二面角B-PFA的一个平面角.因为BH⊥平面PAD，平面PAD，所以BH⊥HI.因为菱形ABCD中，DE//AB，，E为BF的中点，.在中，，，PB⊥BF，BI⊥PF，所以，，又，所以中，，，即平面PAD和平面PBE所成锐二面角的余弦值为