江西省赣州市十八县二十三校2023-2024学年高二上学期期中联考数学试题

2023年赣州市十八县（市、区）二十三校期中联考高二数学试卷一、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.在空间直角坐标系中，向量，，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据空间向量坐标运算求解.【详解】由题意可得：.故选：D.2.（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】利用复数的乘方及除法运算求解即得.【详解】.故选：A3.已知椭圆上一点到一个焦点的距离为1，则到另一个焦点的距离为（）A. B.3 C. D.9【答案】C【解析】【分析】根据椭圆的定义求解即可.【详解】由椭圆的方程可知，，所以，由椭圆的定义知，到另一个焦点的距离为.故选：C4.在空间直角坐标系中，点，，，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据向量坐标表示判断AB，根据向量模的坐标运算判断C，根据向量夹角计算公式判断D.【详解】因为，，，所以，，故AB错误；因为，所以，故C错误；因为，故D正确.故选：D5.已知直线：的倾斜角的取值范围为，则直线：的倾斜角的取值范围为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据两直线的斜率互为相反数即可得到答案.【详解】显然当时，直线的倾斜角为，不适合题意，则，则直线的斜率为，直线的斜率为，所以与的斜率互为相反数,所以与的倾斜角互补,得的倾斜角的取值范围为.故选：D.6.已知圆：与圆：内切，则的最大值为（）A.2 B.1 C. D.【答案】B【解析】【分析】根据两圆位置关系可得，结合基本不等式运算求解.【详解】由题意可知：圆的圆心为，半径，圆的圆心为，半径，若圆与圆内切，则，即，可得，即，因为，即，可得，当且仅当时，等号成立，所以的最大值为1.故选：B.7.石城永宁桥，省级文物保护单位，位于江西省赣州市石城县高田镇.永宁桥建筑风格独特，是一座楼阁式抛物线形石拱桥.当石拱桥拱顶离水面时，水面宽，当水面下降时，水面的宽度为（）A.7m B. C.8m D.【答案】C【解析】【分析】建立平面直角坐标系，求出抛物线方程，利用点的纵坐标求解.【详解】以拱桥的顶点为原点建立平面直角坐标系，则拱桥所在抛物线如图，设抛物线的标准方程为，由题意知，点在抛物线上，代入抛物线方程可得，解得，所以抛物线方程为，由题意，当水面下降时，点在抛物线上，代入抛物线方程可得，解得，所以水面的宽度为.故选：C8.对于角，甲、乙、丙、丁4人有4种不同的判断，甲：的终边在直线上，乙：，丙：，丁：，若甲、乙、丙、丁4人中只有1人判断错误，则判断错误的是（）A.甲 B.乙 C.丙 D.丁【答案】D【解析】【分析】根据题意根据象限角和三角恒等变换分析判断.【详解】对于甲：为第一象限角或第三象限角，则；对于乙：因为，整理得，解得或；对于丙：因为，解得；对于丁：因为，则；若甲、乙、丙、丁4人中只有1人判断错误，可知：甲、乙、丙一定正确，此时，为第一象限角或第三象限角，可知或，故丁错误.故选：D.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.已知，分别是双曲线：的上、下焦点，点P在上，且的实轴长等于虚轴长的2倍，则（）A. B.C.的离心率为 D.的渐近线方程为【答案】BCD【解析】【分析】根据双曲线方程及焦点位置求判断A，根据双曲线定义判断B，求出离心率判断C，求出渐近线方程判断D.【详解】由题意，，且，所以，解得，故A错误；因为，由双曲线定义知，故B正确；因为，，所以，故离心率，故C正确；因为双曲线的焦点在轴上，所以渐近线方程为，即，故D正确.故选：BCD10.把函数的图象向左平移个单位长度后得到的图象，则（）A. B.的图象关于直线对称C.的图象关于点对称 D.在上单调递增【答案】BC【解析】【分析】利用三角函数图象变换及图象与性质一一判定即可.【详解】由函数的图象向左平移个单位长度后得到，故A错误；当时，，即，故B正确；当时，，即，故C正确；当时，，易知时函数单调递增，故D错误.故选：BC11.在圆锥中，是底面圆的直径，，且圆锥外接球的表面积为，则该圆锥的侧面积可能为（）A. B. C. D.【答案】AB【解析】【分析】根据球的表面积求出球的半径，据此求出，再求出圆锥母线即可得解.【详解】设球心为，球半径为，连接，，若在线段上，如图，因为圆锥外接球的表面积为，则，解得，则，解得，所以，由可得，即，所以圆锥的侧面积，若在线段的延长线上，如图，同理，，在中，,即，解得，所以，所以，所以圆锥的侧面积.故选：AB12.已知曲线：，圆：，则（）A.当或时，曲线与圆没有公共点B.当时，曲线与圆有1个公共点C.当时，曲线与圆有2个公共点D.当时，曲线与圆有4个公共点【答案】ACD【解析】【分析】由得或，分类根据直线与圆的位置关系，判断交点个数即可.【详解】由，得或，设：，：，则过定点，过定点，圆：的圆心坐标为，半径为，当与圆相切时，由，得或，当与圆相切时，由，得或．当或时，与圆相离，与圆相离，则曲线与圆没有公共点．当时，与圆相交，与圆相离，则曲线与圆有2个公共点．当时，与圆相交，与圆相切，则曲线与圆有3个公共点．当时，与圆相交，与圆相交，则曲线与圆有4个公共点．故选：ACD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】4【解析】【分析】根据向量垂直的坐标表示求解.【详解】因为，所以，解得.故答案为：414.已知是抛物线：的焦点，A是上的一点，若，则A的纵坐标为_________.【答案】【解析】【分析】根据题意结合抛物线的定义分析求解.【详解】由题意可知：，准线为，设A的纵坐标为，由题意可知：，解得，所以A的纵坐标为.故答案为：.15.中国古代数学瑰宝《九章算术》中记载了一种称为“羡除”的几何体，该几何体是三个面均为梯形，其他两面为三角形的五面体.现有一羡除，平面平面，，四边形，均为等腰梯形，，则该几何体的体积为_________.【答案】6【解析】【分析】复杂的多面体一般可以分割成熟悉的棱锥棱柱求体积【详解】如图所示，过作交于点，过作交于点，过作交于点，过作交于点，连接，因为平面平面，且平面平面，平面，平面，且，，所以平面，平面，又且四边形为等腰梯形且，所以，因为且四边形为等腰梯形且，所以，，又，，所以，，又，且，，所以多面体为直三棱柱，所以，所以几何体的体积为，故答案为：616.已知A，B为双曲线C：上的两点，且A，B关于直线：对称，则线段中点的坐标为_________.【答案】【解析】【分析】根据题意可知，利用点差法求得，联立方程即可得结果.【详解】由题意可知：直线：的斜率为，可知直线的斜率，设，则线段中点的坐标，可得，，因为A，B为双曲线C：上的两点，则，两式相减整理得，即，解得，即直线，联立方程，解得，可知线段中点的坐标为.故答案为：.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知直线经过点.（1）若平行于直线，求的一般式方程；（2）若垂直于直线，求在y轴上的截距，【答案】17.18.【解析】【分析】根据直线平行与垂直的充要条件和截距的定义计算即可.【小问1详解】由题意可设，因为直线经过点，故，则；【小问2详解】由题意可设，因为直线经过点，故，则,令，所以在y轴上的截距为.18.在平行六面体中，，，E为线段上更靠近的三等分点（1）用向量，，表示向量；（2）求；（3）求.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）根据向量的线性运算即可求解；（2）根据向量数量积的运算性质及数量积的定义运算即可；（3）根据向量的线性运算及向量的数量积的定义及运算性质求解.【小问1详解】如图，.【小问2详解】,.小问3详解】19.已知圆：，直线：.（1）证明：过定点.（2）求被圆截得的最短弦长.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）将直线整理得，分析求解即可；（2）可知点在圆内，结合圆的性质可知：当直线时，被圆截得的最短弦长，进而可求弦长.【小问1详解】对于直线：，即，令，解得，所以过定点.【小问2详解】由题意可知：圆的圆心，半径，因为，可知点在圆内，由圆的性质可知：当直线时，被圆截得的最短弦长，此时被圆截得的弦长为.20.已知内角A，B，的对边分别为a，b，c，且.（1）求；（2）若为的角平分线，D在边上，且，求的最小值.【答案】20.21.【解析】【分析】（1）利用正弦定理结合三角恒等变换分析求解；（2）根据题意利用面积公式可得，结合基本不等式运算求解.【小问1详解】因为，由正弦定理可得：，因为，则，可得，即，所以.【小问2详解】若为的角平分线，则，因为，即，整理得，则，当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值.21.已知椭圆：，直线与椭圆交于两点.（1）若是椭圆短轴顶点，与不重合，求四边形面积的最大值；（2）若直线的方程为，求弦的长（结果用表示）.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）利用椭圆的性质结合三角形面积公式计算即可；（2）联立直线与椭圆方程利用韦达定理计算弦长即可.【小问1详解】设椭圆的半长轴、半短轴长分别为，则，，设的横坐标分别为：，则易知四边形面积为,显然，当分别为椭圆左右顶点时取得最大值，此时四边形面积最大值为；【小问2详解】设，将直线方程与椭圆方程联立，消得，所以，由弦长公式可知.22.已知F为抛物线C的焦点，过F的直线交C于A，B两点，点D在C上，使得的重心G在x轴的正半轴上，直线，分别交轴于Q，P两点.O为坐标原点，当时，.（1）求C的标准方程.（2）记P，G，Q的横坐标分别为，，，判断是否为定值.若是，求出该定值；若不是，请说明理由.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1