湖南省长沙市实验中学2023-2024学年高二数学上学期第一次阶段性试题（Word版附解析）

长沙市实验中学2023年下学期高二第一次阶段性测试数学试题一、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.直线的一个方向向量是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据直线的斜率先得到直线的一个方向向量，然后根据方向向量均共线，求解出结果.【详解】因为直线的斜率为，所以直线的一个方向向量为，又因为与共线，所以的一个方向向量可以是，故选：A.2.=(2，-1，3)，=(-1，4，-2)，=(3，2，λ)，若，则实数等于（）A.2B.3C.4D.5【答案】C【解析】【分析】根据向量的数乘运算和向量坐标的相等即可求解.【详解】因为，所以=(3，2，λ)=2(2，-1，3)+(-1，4，-2)=(3，3，4),所以，故选：C.3.在下列四个命题中，正确的是（）A.若直线的倾斜角越大，则直线斜率越大B.过点的直线方程都可以表示为：C.经过两个不同的点，的直线方程都可以表示为： D.经过点且在轴和轴上截距都相等的直线方程为【答案】C【解析】【分析】根据直线倾斜角和斜率的关系，以及点斜式，两点式，截距式方程的适用范围，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.【详解】对A：当直线的倾斜角时，倾斜角越大，斜率越大；当时，不存在斜率；当时，倾斜角越大，斜率越大，故A错误；对B：当直线斜率不存在时，不可以用表示，故B错误；对C：经过任意两个不同的点，的直线，当斜率等于零时，，，方程为，能用方程表示；当直线的斜率不存在时，，，方程为，能用方程表示，故C正确，对D：经过点且在轴和轴上截距都相等的直线方程为，，故D错误.故选：C.4.设直线，平面，则下列条件能推出的是（）A.，且B.，且C.，且D.，且【答案】B【解析】【分析】根据空间中点线面的位置关系即可结合选项逐一求解.【详解】对于A.，且，由于无法得知是否相交，所以不能得到，对于B.，且，则，故B正确，对于C.，且，此时可能相交，对于D.，且，则可能相交， 故选：B5.方程x2+y2﹣kx+2y+k2﹣2＝0表示圆的一个充分不必要条件是（）A.k∈(﹣∞，﹣2)∪(2，+∞)B.k∈(2，+∞)C.k∈(﹣2，2)D.k∈(0，1]【答案】D【解析】【分析】化x2+y2﹣kx+2y+k2﹣2＝0为，由0求得k的范围，然后逐一核对四个选项得答案.【详解】由x2+y2﹣kx+2y+k2﹣2＝0，得，若方程x2+y2﹣kx+2y+k2﹣2＝0表示圆，则0，即﹣2＜k＜2.∴A，B为方程x2+y2﹣kx+2y+k2﹣2＝0表示圆的既不充分也不必要条件，C为充要条件，而（0，1]⊂（﹣2，2），则D为充分不必要条件.故选：D.【点睛】本题主要考查了圆的一般方程，充分条件，必要条件，属于中档题.6.已知四棱锥的底面为正方形，平面，，点是的中点，则点到直线的距离是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用坐标法，根据点到直线的距离的向量求法即得.【详解】如图建立空间直角坐标系，则， 所以，所以，所以点到直线的距离是.故选：D.7.我国魏晋时期的数学家刘徽创立了割圆术，也就是用内接正多边形去逐步逼近圆，现作出圆的一个内接正八边形，使该正八边形中的4个顶点在坐标轴上，则下列4条直线中不是该正八边形的一条边所在直线的为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据题设确定各顶点的坐标，代入选项解析式即可判断正误.【详解】由题意，另外4个顶点为与的交点， 所以，正八边形8个顶点分别为，，A：显然过，满足；B：显然过，满足；C：显然过，，不满足；D：显然过，满足.故选：C8.已知，满足，则的最小值为（）A.B.C.1D.【答案】B【解析】【分析】先求出点关于线段的对称点的坐标，且有，根据几何意义，结合图形，即可得出取最小值，从而得解.【详解】如图，过点作点关于线段的对称点，则. 设，则有，解得，所以.设，则，所以，又，所以点到轴的距离为，所以可视为线段上的点到轴的距离与到的距离之和.过作轴，过点作轴，显然有，则为所求最小值，此时与线段的交点，即为最小值时的位置.易得，所以最小值为.故选：B．【点睛】关键点睛：本题解决的关键在于将问题转化为点到轴的距离与到的距离之和，从而结合图形即可得解.二、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.如果，，那么直线经过（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】ACD【解析】【分析】把直线方程的一般式化为斜截式，从而可判断直线经过的象限.【详解】因为，故，故直线的斜截式方程为：，因为，，故，故直线经过第一象限、第三象限、第四象限，故选：ACD.10.（多选）已知直线，则下列说法正确的是（）． A.直线的斜率可以等于0B.若直线与轴的夹角为30°，则或C.直线恒过点D.若直线在两坐标轴上的截距相等，则或【答案】BD【解析】【分析】讨论和时直线的斜率和截距情况，判断AD的正误；利用倾斜角和斜率的关系判断B的正误；将方程化为判断直线过定点，判断C的正误.【详解】当时，直线，斜率不存在，当时，直线的斜率为，不可能等于0，故A选项错误；∵直线与轴的夹角角为30°，∴直线的倾斜角为60°或120°，而直线的斜率为，∴或，∴或，故B选项正确；直线的方程可化为，所以直线过定点，故C选项错误；当时，直线，在轴上的截距不存在，当时，令，得，令，得，令，得，故D选项正确．故选：BD．11.对于函数，有下列结论，其中正确的是（）A.最小正周期为B.最大值为3C.递减区间为D.对称中心为【答案】ABC【解析】【分析】将化简后即可判断其周期，最大值，减区间和对称中心. 【详解】.对A，，A正确；对B，时，即时，，故B正确；对C，令,解得，因此递减区间为，C正确；对D，令，解得，此时，故对称中心为，故D错误.故选：ABC.12.已知两圆方程为与，则下列说法正确的是（）A.若两圆外切，则B.若两圆公共弦所在的直线方程为，则C.若两圆的公共弦长为，则D.若两圆在交点处的切线互相垂直，则【答案】AB【解析】【分析】根据圆与圆的位置关系对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】设圆为圆，圆的圆心为，半径.设圆为圆，圆的圆心为，半径..A选项，若两圆外切，则，A选项正确.B选项，由两式相减并化简得， 则，此时，满足两圆相交，B选项正确.C选项，由两式相减并化简得，到直线的距离为，所以，即，则解得或，C选项错误.D选项，若两圆在交点处的切线互相垂直，设交点为，根据圆的几何性质可知，所以，D选项错误.故选：AB三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知向量，，且，则___________.【答案】##-0.5【解析】【分析】利用向量垂直的坐标运算求解.【详解】向量，，且，则有，解得.故答案为：14.过点作圆的两条切线，切点分别为、，则直线的方程为_______．【答案】【解析】【分析】由题知、，进而求解方程即可. 【详解】解：方法1：由题知，圆的圆心为，半径为，所以过点作圆的两条切线，切点分别为、，所以，所以直线的方程为，即；方法2：设，，则由，可得，同理可得，所以直线的方程为.故答案为：15.若直线过点，则的最小值为________．【答案】8【解析】【分析】由直线过点，可得，从而有，展开后利用基本不等式可求得其最小值【详解】解：因为直线过点，所以，因为所以，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为8故答案：8【点睛】此题考查基本不等式的应用，利用基本不等式求最值时要注意“一正二定三相等”的条件，属于基础题16.以三角形边，，为边向形外作正三角形，，，则，，三线共点，该点称为的正等角中心．当的每个内角都小于120º时，正等角中心点P满足以下性质： （1）；（2）正等角中心是到该三角形三个顶点距离之和最小的点（也即费马点）．由以上性质得的最小值为_________【答案】【解析】【分析】由题可知，所要求的代数式恰好表示平面直角坐标系中三个距离之和，所以首先要把代数式中三个距离的对应的点找到，再根据题干所述找到相应的费马点，即可得出结果．【详解】解：根据题意，在平面直角坐标系中，令点，，，则表示坐标系中一点到点、、的距离之和，因为是等腰三角形，，所以点在轴负半轴上，所以与轴重合，令的费马点为，则上，则，因为是锐角三角形，由性质（1）得，所以，所以，所以，，到、、的距离分别为，，所以的最小值，即为费马点到点、、的距离之和，则．故答案为：．【点睛】本题考查根据题给新定义的性质解题，涉及三角形的性质和两点间的距离的应用，理解新定义是解题的关键，考查转化思想和计算能力.四、解答题：本题共6小题，共70分．请在答题卡指定区城内作答，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.已知向量．（1）若，求x的值； （2）记，求函数y＝f（x）的最大值和最小值及对应的x的值．【答案】（1）（2）时，取到最大值3；时，取到最小值.【解析】【分析】（1）根据，利用向量平行的充要条件建立等式，即可求x的值．（2）根据求解求函数y＝f（x）解析式，化简，结合三角函数的性质即可求解最大值和最小值及对应的x的值．【详解】解：（1）∵向量．由，可得：，即，∵x∈[0，π]∴．（2）由∵x∈[0，π]，∴∴当时，即x＝0时f（x）max＝3；当，即时．【点睛】本题主要考查向量的坐标运用以及三角函数的图象和性质，利用三角函数公式将函数进行化简是解决本题的关键．18.直线过点，且倾斜角比直线的倾斜角大.（1）求直线的方程；（2）若直线与直线平行，且距离为，求直线的方程. 【答案】（1）；（2）和.【解析】【分析】（1）设直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，则由题意可得，再利用两角和的正切公式可求出，即可得直线的斜率，从而可求出直线的方程；（2）由题意可设直线的方程为，再利用两平行线间的距离公式列方程求解即可.【小问1详解】设直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，则题意得，所以，所以直线的方程为，即，【小问2详解】由题意可设直线的方程为，因为直线与直线的距离为，所以，解得或，所以直线的方程为和.19.如图，在四棱锥中，平面，底面四边形是正方形，，点E 为的中点．（1）求证：平面；（2）求平面与平面所成锐二面角的大小．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）设与的交点为O，连接，则，由平面，可证得平面，则，而由正方形的性质可得，所以由线面垂直的判定可证得结论，（2）以A为坐标原点，所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.【小问1详解】证明：设与的交点为O，连接．因为底面四边形为正方形，所以．又点E为的中点，所以．因为平面，平面，所以，所以,因为平面，所以平面，又平面，所以． 因为，平面，所以平面．【小问2详解】解：设，则．以A为坐标原点，所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，可得．由（1）知，平面的一个法向量为．设平面的一个法向量为，则，取，可得，所以，设平面与平面所成锐二面角为，则，因，所以，即平面与平面所成锐二面角的大小为．20.已知圆.（1）求过点且与圆相切的直线方程；（2）已知点．则在圆上是否存在点，使得？若存在，求点的个数，若不存在，说明理由． 【答案】（1）或；（2）存在，点P的个数为2,理由见解析【解析】【分析】（1）由点到直线的距离公式列式求解，（2）由题意列式得轨迹方程，由圆和圆的位置关系求解，【小问1详解】由题意圆C：，圆心，半径，1）当直线l的斜率不存在时，直线l：，符合题意；2）当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为：即，则圆心C到直线l的距离，解得，所以直线l的方程为即综上，直线l的方程为或；【小问2详解】假设圆C上存在点P，设，则C：，又，即，P的轨迹是圆心为，半径为3的圆.因为，所以圆C：与圆相交，所以点P的个数为221.在ABC中．a，b，c分别是内角A，B，C所对的边，（1）求角C：（2）若，求锐角ABC面积的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】 【分析】（1）对已知等式利用正弦定理统一成角的形式，然后化简可求出角；（2）设的外接圆半径为，利用正弦定理将已知等式化简变形可求得，再利用正弦定理可求得，，然后表示出三角形的面积，利用三角函数恒等变换公式化简，再利用正弦函数的性质可求得结果．【小问1详解】及正弦定理得，∴，∴，即，∴，∵，∴，∵，∴．【小问2详解】设外接圆的半径为，由，得，即，则，∴．的面积．∵，∴，，∴，∵，，，∴，∴，∴，∴，∴，即锐角面积的取值范围是．22.已知圆心在轴上的圆与直线切于点，圆 ．（1）求圆的标准方程．（2）若圆上两动点，与坐标原点所成角，求线段中点的轨迹方程；（3）已知，圆与轴相交于两点两点（点在点的右侧）．过点任作一条倾斜角不为0的直线与圆相交于两点．问：是否存在实数，使得？若存在，求出实数值，若不存在，请说明理由．【答案】（1）（2）（3）存在，【解析】【分析】（1）根据切点在过该切点的切线上，可得的值，再根据切线的性质，可以求出圆心的坐标，进而可以求出半径，最后求出圆的方程；（2）由得到，再由点在圆上得到与，从而利用完全平方公式与中点坐标公式即可得解.（3）假设这样的a存在，，求出两点的坐标，设出直线的方程，与圆的方程联立，根据，可以得到，结合一元二次方程根与系数关系，可以求出的值.【小问1详解】依题意，设圆心C的坐标为，因为点在直线上，则，解得，故，又，，，则，故所以，即半径. 故圆的标准方程为.【小问2详解】依题意，设，，则，因为，所以，即，则，又在圆上，则，即，，即，上述三式相加得，，整理得，即，所以，即线段中点轨迹方程为.【小问3详解】假设这样的a存在，在圆中，令，得，解得或，又由知，所以.由题可知直线的倾斜角不为0，设直线，，由，得，∵点在圆C内部，∴恒成立，则.因为，所以，即， 也即是，整理得，从而，化简有，因为对任意的都要成立，所以，由此可得假设成立，存在满足条件的a，且.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；