2023-2024学年贵州省高二上学期阶段性联考（一）数学试题（解析版）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页第Page\*MergeFormat1页共NUMPAGES\*MergeFormat24页2023-2024学年贵州省高二上学期阶段性联考（一）数学试题一、单选题1．复数的虚部为（

）A．2 B． C． D．【答案】C【分析】根据复数虚部的知识求得正确答案.【详解】依题意，复数的虚部为.故选：C2．过两点的直线的倾斜角为，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由倾斜角与斜率及两点坐标的关系可求.【详解】设直线斜率为，则，故选：D.3．已知直线的一个方向向量为，且经过点，则直线的方程为（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】由直线的方向向量可得斜率，再由点斜式求解直线方程即可.【详解】直线的一个方向向量为，则直线的斜率为，又直线过点，则由点斜式得所求直线方程为，即.故选：B.4．今年，被称为“村超”的贵州榕江县“和美乡村足球超级联赛”，使榕江成为网络顶流，刷爆各大网络平台，更吸引了大量游客到赛事举办地观赛游玩，为更好地发展当地的旅游业，政府随机调查了18个旅游团对榕江县旅游满意度的综合评分情况，得到如下数据：．若恰好是这组数据的上四分位数，则的值不可能为（

）A．93 B．94 C．95 D．96【答案】D【分析】先求出个数据的上四分位数为第14个数，将剩余个数据，从小到大排列，结合已知得到的范围，从而得到结果.【详解】上四分位数即第百分位数，由，则将这些数据按照从小到大排列后，第个数为上四分位数，即为个数据从小到大排列后的第个数，由已知去掉后，其余数据从小到大排列为：，其中，第个数据为，第个数据为，所以，不可能为.故选：D.5．已知四面体中，为中点，为中点，为平面内任一直线，则“直线与直线异面”是“与直线相交”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】C【分析】利用反证法分别证明充分性与必要性即可.【详解】先证明“直线与直线异面”是“直线与直线相交”的充分条件.证明：假设直线与直线不相交，为平面内任一直线，即平面，又平面，，为中点，为中点，，，这与已知直线与直线异面矛盾.故假设不成立，即直线与直线相交.再证明“直线与直线异面”是“直线与直线相交”的必要条件.已知：四面体中，为中点，为中点，为平面内任一直线，直线与直线相交，求证：直线与直线异面.证明：假设直线与直线不异面.为中点，为中点，，又平面，平面，则平面，由定义知，直线与平面无公共点，又直线平面，故直线与直线无公共点，由假设直线与直线不异面，则，，这与已知直线与直线相交矛盾.故假设错误，即直线与直线异面.综上，“直线与直线异面”是“与直线相交”的充要条件.故选：C.6．在正三棱锥中，二面角的平面角为，则与平面所成角的正切值为（

）A． B． C． D．1【答案】C【分析】取的中点，的中心为，连接，根据题意可知：二面角的平面角为，与平面所成角为，结合题意运算求解即可.【详解】取的中点，的中心为，连接，因为，则，可得二面角的平面角为，即，因为为正三棱锥，则平面，且平面，则，可得，由平面，可知与平面所成角为，所以.故选：C.7．几何学史上有一个著名的米勒问题：“设点是锐角的一边上的两点，试在边上找一点，使得最大．”如图，其结论是：点为过两点且和射线相切的圆与射线的切点．根据以上结论解决以下问题：在平面直角坐标系xoy中，给定两点，点在轴上移动，当取最大值时，点的横坐标是（

）A．2 B．6 C．2或6 D．1或3【答案】A【分析】利用米勒问题的结论，将问题转化为点为过，两点且和轴相切的圆与轴的切点，求出切点的横坐标即可.【详解】由题意知，点为过，两点且和轴相切的圆与轴的切点，已知，则线段的中点坐标为，直线斜率为，线段的垂直平分线方程为，即.所以以线段为弦的圆的圆心在直线上，所以可设圆心坐标为，又因为圆与轴相切，所以圆的半径，又因为，所以，解得或，即切点分别为和，两圆半径分别为.由于圆上以线段（定长）为弦所对的圆周角会随着半径增大而圆周角角度减小，且过点的圆的半径比过的圆的半径大，所以，故点为所求，所以当取最大值时，点的横坐标是.故选：A.8．古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：已知平面内两个定点及动点，若（且），则点的轨迹是圆．后来人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆（简称“阿氏圆”）．在平面直角坐标系中，已知，直线，直线，若为的交点，则的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由已知可得，则点的轨迹是以为直径的圆，除去点，得到的轨迹方程为，由阿氏圆性质找到点，将转化为，问题转化为求解到两定点距离之和最小即可.【详解】当时，，此时，交点为.当时，由，斜率为，由，斜率为，，综上，.又，直线恒过，，直线恒过，若为的交点，则，设点，所以点的轨迹是以为直径的圆，除去点，则圆心为的中点，圆的半径为，故的轨迹方程为，即，则有.又，易知O、Q在该圆内，又由题意可知圆上一点满足，取，则，满足.下面证明任意一点都满足，即，，又，.所以，又，所以，如图，当且仅当三点共线，且位于之间时，等号成立即最小值为.故选：A.二、多选题9．已知直线过直线和的交点，且原点到直线的距离为3，则的方程可以为（

）A． B．C． D．【答案】AC【分析】先求得和的交点坐标，然后根据直线的斜率是否存在进行分类讨论，结合原点到直线的距离确定正确答案.【详解】由解得，即交点为，当直线的斜率不存在时，直线的方程为，此时原点到直线的距离为，符合题意，A选项正确.当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，由解得，直线的方程为，C选项正确.故选：AC10．已知正方体中，为底面的中心，则（

）A．B．平面C．与平面所成角的正切值为D．平面【答案】ACD【分析】根据线线垂直、线面平行、线面角、线面垂直以及向量法等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】A选项，由于是的中点，所以，而，所以，所以A选项正确.B选项，由于，平面，所以与平面不平行，所以B选项错误.设正方体的边长为，C选项，由于平面，所以是与平面所成角，，则，所以C选项正确.D选项，以为原点建立如图所示空间直角坐标系，，由于，所以，由于平面，所以平面，所以D选项正确.故选：ACD11．在平面直角坐标系中，圆（为实数），点，点为圆上的动点，则（

）A．若，过点可以作圆的两条切线B．当时，圆与圆的公共弦长为C．圆上始终存在两点与点的距离为1，则的取值范围为D．的取值范围为【答案】ACD【分析】对于A，只需判断点Q与圆的位置关系即可；对于B，先求公共弦所在直线方程，进而可求圆心到直线的距离；对于C，只需即可；对于D，将P点坐标用三角函数表示，再用数量积的坐标运算即可.【详解】圆M的圆心，半径，圆N的圆心，半径，对于A，，所以点在圆外，过点可以作圆的两条切线，A正确；对于B，当时，圆，两圆方程相减得公共弦所在直线方程为，则圆心到直线的距离为，所以公共弦长为，B错误；对于C，，只需，即即，，解得，C正确；对于D，设，，，，D正确.故选：ACD12．在平面直角坐标系中，圆，点为直线上的动点，则（

）A．圆上有且仅有两个点到直线的距离为B．已知点，圆上的动点，则的最小值为C．过点作圆的一条切线，切点为可以为D．过点作圆的两条切线，切点为，则直线恒过定点【答案】ABD【分析】对A，转化为与直线距离为的两条直线与圆的交点个数即可；对B，由点与圆在直线的同侧，利用对称转化为异侧，则当四点共线时取最小值，且最小值为；对C，求出最大值为，即最大为；对D，设点坐标，求出切点弦方程，不论如何变化，直线恒过定点.【详解】选项A，由题意知，圆心到直线的距离为，圆的半径为，由，如图可知与直线平行且与直线距离为的其中一条直线与圆相交，有两个公共点，另一条直线与圆相离，即圆上有且仅有两个点到直线的距离为，故A正确；选项B，设点关于直线的对称点，则，解得，即，则，即的最小值为，故B正确；选项C，由切点为，则在中，，当最小时，取最大值，最大，过点作，垂足为，此时最小，最小值为，即最大值为，最大为，不可能为，故C错误；选项D，设点，切点，可得切线方程为，由点在切线上，得，同理可得，故点都在直线上，即直线的方程为，又由点在直线上，则，代入直线方程整理得，由解得，即直线恒过定点，故D正确.故选：ABD.三、填空题13．若，且与夹角为，则．【答案】【分析】先求，展开后将数量积与模代入求解即可.【详解】已知，且与夹角为，则，，.故答案为：.14．已知点为直线与直线的交点，则点到直线的最大距离为．【答案】【分析】先求得直线与直线的交点，然后根据直线所过定点求得正确答案.【详解】由解得，所以，直线即，由解得，所以直线过定点，所以点到直线的最大距离为.故答案为：15．已知是圆上不同的两个动点，且为坐标原点，则的取值范围为．【答案】【分析】先求得线段中点的轨迹，根据点和圆的位置关系求得的取值范围.【详解】设线段的中点为，连接，圆的圆心为，半径为，由于，所以，即三角形是等腰直角三角形，所以，所以点的轨迹是以为圆心，半径为的圆，即圆，，即，所以.故答案为：16．已知为圆上的任意一点，当时，的值与无关，下列结论正确的是．（1）当时，点的轨迹是一条直线；（2）当时，有的最大值为1；（3）当时，的取值范围．【答案】（1）（2）【分析】根据点到直线的距离公式、两平行直线间的距离公式、直线与圆的位置关系等知识进行分析，从而确定正确答案.【详解】，其中表示到直线的距离，表示到直线的距离，直线与直线平行，依题意，当直线时，的值与无关，所以到直线与直线的距离的和的倍为定值，也即到直线与直线的距离的和为定值，由于为圆上的任意一点，所以圆在两平行直线与之间.直线与直线的距离为，（1）当时，，即圆与直线相切，所以圆心的轨迹是一条直线，与平行，且与和的距离相等，所以（1）正确.（2）当时，，所以圆的直径，所以有的最大值为1，所以（2）正确.（3）当时，由得，，所以或，解得或，所以（3）错误.故答案为：（1）（2）【点睛】关键点睛：本题解题关键点是化归与转化的数学思想方法，即将，转化为点到直线的距离问题来进行求解，熟练掌握、运用点到直线的距离公式、两平行直线间的距离、直线与圆的位置关系，是解题的突破口.四、解答题17．为了解某市家庭用电量情况，统计人员调查了100户居民过去一年的月均用电量，发现月均用电量都在之间，进行适当分组后（每组为左闭右开的区间），画出频率分布直方图如图所示．(1)求的值，并估计该市居民用电量的平均值；（同一组中数据用该组区间的中点值作为代表）(2)为了既满足居民的基本用电需求，又提高能源的利用效率，市政府计划采用阶梯电价，使的居民缴费在第一档，的居民缴费在第二档，其余的居民缴费在第三档．请确定各档的范围（结果四舍五人取整数）．【答案】(1)，平均值为(2)第一档的范围是，第二档的范围是，第三档的范围是.【分析】（1）根据频率和为列出方程解出，再根据频率分布直方图计算平均值即可；（2）根据百分位数定义计算即可.【详解】（1）由直方图可得，样本落在,的频率分别为，，，，，，,由，解得，则样本落在,的频率分别为，所以月用电量的平均值为.估计该市居民用电量的平均值为.（2）为了使的居民缴费在第一档，需要确定月用电量的分位数；的居民缴费在第二档，还需要确定月用电量的分位数.因为，.则使的居民缴费在第一档，月用电量的分位数位于区间内，于是.又,月用电量的分位数位于区间内，于是.所以对应的用电量为.故确定第一档的范围是，第二档的范围是，第三档的范围是.18．已知的三个顶点的坐标为．(1)求的面积；(2)求的外心坐标．【答案】(1)(2)【分析】（1）由两点间距离公式分别求出三边长，再利用等腰三角形对称性求解面积即可；（2）由两边的垂直平分线交点可得外心.【详解】（1），，，则为等腰三角形，取中点，则，又，故的面积.（2）由题意，的中点，且直线的斜率为，则垂直平分线过，且斜率为，则垂直平分线的方程为，即.又直线的斜率为，则垂直平分线过，且斜率为，垂直平分线的方程为，即，联立，解得，即的外心坐标为．19．在中，边所对的角分别为，且满足．(1)求角的大小；(2)若的面积为，求的周长．附参考公式：【答案】(1)(2)【分析】（1）结合立方和公式分组分解因式得，再由余弦定理可得角；（2）由面积公式得，再由余弦定理得，结合完全平方公式解得，进而求出的周长．【详解】（1）由得，，由，则有，即，由余弦定理得，则有，又为三角形内角，，则，（2）若的面积为，则有，得，又，由（1），所以，则，所以，故的周长为.20．已知圆的圆心在直线上，且经过点和．(1)求圆的标准方程；(2)若自点发出的光线经过轴反射后，其反射光线所在的直线与圆相切，求直线的方程．【答案】(1)(2)或【分析】（1）设，根据题意结合圆的定义列式求得，进而可得圆的方程；（2）取圆关于x轴的对称的圆，可知直线与圆相切，根据切线结合点到直线的距离公式运算求解.【详解】（1）因为圆的圆心在直线上，设，由可得，解得，可知圆心，半径，所以圆的标准方程为.（2）取圆关于x轴的对称的圆，即圆心，半径，可知直线与圆相切，若直线的斜率不存在，则，此时圆心到直线的距离，不合题意；所以直线的斜率存在，设为，则，即，则，整理得，解得或，所以直线的方程为或.21．如图，在四棱锥中，点为的中点，底面，平面平面．(1)证明：；(2)若，求直线与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由底面，得到，作，根据面面垂直的性质定理，证得平面，得到，证得平面，即可证得；（2）根据题意，利用余弦定理，求得,得到，从而得到，以为原点，建立空间直角坐标系，求得和平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.【详解】（1）证明：因为底面，且底面，所以，如图所示，过点作垂足为，因为平面平面，平面