【文档说明】江西省九江第一中学2023-2024学年高二上学期期中考试数学试卷.docx，共(31)页，1.129 MB，由小赞的店铺上传

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九江⼀中2023-2024学年度⾼⼆上学期期中考试数学试卷⼀、单选题（本⼤题共8⼩题，每⼩题5分，共40分）1.若，则（）A.B.C.D.2.若平⾯的⼀个法向量为，平⾯的⼀个法向量为，且，则的值是（）43B.－C.3D.43.已知双

曲线的离⼼率为，则渐近线⽅程是（）A.B.C.D.4.在正⽅体中，，，，分别为，，，的中点，则异⾯直线与所成的⻆⼤⼩等于（）A.60°B.45°C.30°D.90°5.圆的圆⼼在抛物线上，则该抛物线的焦点坐标为（）A.B.C.D.6.设，，

是互不重合的平⾯，，是互不重合的直线，给出四个命题：①若，，则②若，，则③若，，则④若，，则，其中正确命题的个数是（）A.1B.2C.3D.47.椭圆：的左、右焦点分别为，，若与抛物线的焦点重合，椭圆与过点的幂函数的图像交于点，且幂函数在点处的

切线过点，则椭圆的离⼼率为（）AB.C.D.部选对的得分8.已知平⾯向量满⾜，，，，则与夹⻆的最⼩值为（）A.B.C.D.、（本⼤题共4⼩题，每⼩题5分，共20分.5，部分选对的得2分，⼆多选题全0）有选错的得分9.如图，在正⽅体中，点在线段上运动，则下⾯结论中正确的是（）

A.点到平⾯的距离为定值B.三棱锥的体积为定值C.异⾯直线D.直线与直线所成的⻆为定值与平⾯所成线⾯⻆为定值10.过双曲线的右焦点作直线与该双曲线交于、两点，则（）A.存在四条直线B.存在直线，使弦的中点为

C.与该双曲线有相同渐近线且过点的双曲线的标准⽅程为D.若，都在该双曲线的右⽀上，则直线斜率的取值范围是11.给出下列命题正确是（）．A.直线的⽅向向量为，平⾯的法向量为，则与平⾏B.直线的倾斜⻆的取值范围是，使．C.点到直线的的最⼤距离为D.已知，，三点不共

线，对于空间任意⼀点，若，则，，，四点共⾯12.：椭圆两条互相垂直的切线交点的轨迹是以椭圆中⼼为圆⼼的圆，某学校数学课外兴趣⼩组研究发现“”.下列问题：已知椭圆的离⼼率为，称为该椭圆的蒙⽇圆利⽤此结论解决AC上⼀动点，直线.法中正确的有（），为

C的左､右焦点且，为说A.C“”椭圆B.对直线的蒙⽇圆的⾯积为l上任意点P，都有C.C椭圆的标准⽅程为D.C“”两条弦都与椭圆C相切，则⾯积的最⼤值为6椭圆的蒙⽇圆的三、填空题（本⼤题共4⼩题，每⼩题5分，共20分）13.若，则14.已知椭圆的左

、右焦点分别为，，点，若点为椭圆上⼀点，则.的最⼤值为15.已知分别为双曲线的左右焦点，过且斜率为的直线与双曲线的右⽀交于两点，记的内切圆半径为的内切圆半径为．若，则16.如图，是边⻓为的正三⻆形的⼀条中位线，将沿翻折⾄，当三棱三等锥的体积最

⼤时，四棱锥外接球的表⾯积为；过靠近点的分点作球的截⾯，则所得截⾯圆⾯积的最⼩值是、解、）△四解答题（本⼤题共6⼩题，共70分.答应写出⽂字说明证明过程或演算步骤17.1在中，⻆，，所对的边分别为，，，且．；（）求的值2，，求的⾯积．（18.）

若已知圆圆⼼在直线上，且经过点和．1；（）求圆的标准⽅程2，其反射光线所在的直线与圆相切，求反射光线所（）若⾃点发出的光线经过轴反射后在直线的⽅程．19.如图，在四棱锥中，⾯，，，，EPA，AB上，且满⾜．，是的

中点G1：平⾯；（）求证2与平⾯所成⻆的正弦值．（20.）求直线已知抛物线的焦点为，抛物线上⼀点横坐标为，且点到焦点的距离为.1；（）求抛物线的⽅程（）过点作直线交抛物线于点.2，求⾯积最⼩值（其中为坐标原点）21.

已知是等边三⻆形，点满⾜，，将AMN沿MN折起到的位置，使．在线段1：平⾯MBCN；（）求证2上是否存在点，使平⾯与平⾯夹⻆的余弦值为？若存在，求的（）在线段值；若不存在，说明理由．22.已知为圆：上任⼀点，，，，且满⾜.1；（）求动点的轨迹的⽅程2与轨迹相交于两点，是否存在与点不同的定点

，使恒成⽴？（）过点的直线.若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由,九江⼀中2023-2024学年度⾼⼆上学期期中考试数学试卷⼀、单选题（本⼤题共8⼩题，每⼩题5分，共40分）1.若，则（）A.B.C.D.B【答案】【解析】.【分析】由复数乘除法法则进⾏计算，根据共轭复数的概念得

出结果【详解】由，得，.B.故选：2.⼀个法向量为，平⾯的⼀个法向量为，且，则的若平⾯的值是（）43B.－C.3D.4A【答案】【解析】【分析】根据两平⾯平⾏得到两法向量平⾏，进⽽得到⽅程组，求出，得到答案.【详解】∵，∴，故存在实数，使得，即，故，解得，.∴A故选

：3.已知双曲线的离⼼率为，则渐近线⽅程是（）A.B.C.D.C【答案】【解析】.【分析】根据条件得出，即可求出结果【详解】由双曲线⽅程，知渐近线⽅程为，⼜因为，，所以，得到，所以双曲线渐近线⽅程为，C.故选：4.在正⽅体

中，，，，分别为，，，的中点，则异⾯直线与所成的⻆⼤⼩等于（）A.60°B.45°C.30°D.90°A【答案】【解析】【分析】取的中点，连接，根据异⾯直线所成⻆的定义找到异⾯直线与所成⻆，再由正⽅体的结构特征及已知求⼤⼩.【详解】取的中点，连接，因为分

别为，，，的中点，所以，所以，故为异⾯直线与所成的⻆，在正⽅体中，由分别为，，的中点，则，即为等边三⻆形，所以，即异⾯直线与所成的⻆⼤⼩等于.A故选：5.圆的圆⼼在抛物线上，则该抛物线的焦点坐标为（）A.B.C.D.B【答案】【解析】.【分析】求出圆⼼，代⼊抛物线⽅程求出，进⽽求

出焦点坐标即可【详解】圆的圆⼼坐标为，将代⼊⽅程得，所以抛物线⽅程为，.所以该抛物线的焦点坐标为B故选：6.设，，是互不重合的平⾯，，是互不重合的直线，给出四个命题：①若，，则②若，，则③若，，则④若，，则，其中正确命题的个数是（）A.1B.2C.

3D.4B【答案】【解析】.【分析】根据线⾯位置关系的判定定理，性质定理，以及推论，逐项判定，即可求解【详解】对①，由，可得，故①正确；对②，若，，则或，故②错误；对③，，，则和可能平⾏、异⾯或相交，故③错误；

对④，根据线⾯垂直的性质知，垂直于同⼀平⾯的两直线平⾏，故④正确；所以其中正确命题的个数是.B.故选：7.椭圆：的左、右焦点分别为，，若与抛物线的焦点重合，椭圆与过点的幂函数的图像交于点，且幂函数在点处的切线过点，则椭圆的离⼼率为（）A.B.C.D.B【答案】【解析】.【分析】由题

意可得幂函数的解析式，从⽽求得点的坐标，代⼊椭圆⽅程结合，即可求得离⼼率【详解】由题意，抛物线的焦点为，则，⼜因为幂函数过点，则，则，所以幂函数为，设，则在点处的切线斜率为，则可得切线⽅程为，由幂函数在点处的切线过点，可得，

解得，即，⼜点在椭圆上，则，且，解得，部选对的得分则，所以.B故选：8.已知平⾯向量满⾜，，，，则与夹⻆的最⼩值为（）A.B.C.D.D【答案】【解析】【分析】根据平⾯向量的运算法则求出的夹⻆，从⽽建⽴直

⻆坐标系转化为直线与圆的最值问题.【详解】因为，所以，⼜，，所以，解得，则向量的夹⻆为.建⽴如图所示的直⻆坐标系，设，，，因为，所以，即.当与圆相切时，，解得；所以与夹⻆最⼩值为.D.故选：、（本⼤题共4⼩题，每⼩题5分，共20分.5，

部分选对的得2分，⼆多选题全0）有选错的得分9.如图，在正⽅体中，点在线段上运动，则下⾯结论中正确的是（）所以点到平⾯的距离值故确A.点到平⾯的距离为定值B.三棱锥的体积为定值C.异⾯直线D.直线与直线所成的⻆为定值与平⾯所成线⾯⻆为定值ABC【答案】【解析】.【分析】利⽤线⾯平⾏、等体积法、异

⾯直线所成⻆、线⾯⻆的知识进⾏判断求解【详解】对于，在正⽅体中，直线与平⾏，平⾯，平⾯，所以直线与平⾯平⾏，，即为直线与平⾯的距离，为定.A正;B对于，由于，⽽为定值，在正⽅体中，，平⾯，平⾯，所以平⾯，⼜，所以点到该平⾯的距离即为直线与平

⾯的距离，为定值，所以三棱锥的体积为定值，故B正确；C，，，，对于，由题意得在正⽅体中定故误所以平⾯，⽽平⾯，所以，故这两条异⾯直线所成的⻆为，故C正确；D对于，因为，平⾯，平⾯，所以平⾯，⼜，所以点到该平⾯的距离即为直线与平⾯的距离，d不变，所以直线与平⾯所成线⾯

⻆由的⻓度确定，所以点到平⾯的距离ABC.故选：，因为⻓度是变化的，故线⾯⻆的⼤⼩不确.D错.10.过双曲线的右焦点作直线与该双曲线交于、两点，则（）A.存在四条直线B.存在直线，使弦的中点为C.与该双曲线有相同

渐近线且过点的双曲线的标准⽅程为D.若，都在该双曲线的右⽀上，则直线斜率的取值范围是ACD【答案】【解析】.【分析】由双曲线的性质，直线与双曲线的位置关系逐项分析即可详解】对于A，通径，实轴故有四条，B对于，假设存在直线l，使弦AB的中点为，设直线的⽅程为，与联⽴得：.恒成

⽴，使故误：，恒成所以，，所以，所以直线⽅程为，但是由于不在直线上，不存在这样的直线l，故B错.C与该双曲线有相同渐近线的双曲线的标准⽅程为：，对于，设代⼊点可得，所以该双曲线的标准⽅程为，故C正确；Dl对于，设直线⽅程为：..联⽴得⽴所以，，则，.AB上，则，

若、都在该双曲线的右⽀即，所以，解得，故D正确；ACD.故选：11.给出下列命题正确的是（）．A.直线的⽅向向量为，平⾯的法向量为，则与平⾏B.直线的倾斜⻆的取值范围是C.点到直线的的最⼤距离为D.已知，，三点不

共线，对于空间任意⼀点，若，则，，，四点共⾯CD【答案】，【解析】【分析】选项A可根据直线的⽅向向量与平⾯的法向量垂直判断；选项B的倾斜⻆的范围可由直线的斜率得到；选项C可根据直线求得其过定点A当直线与垂直时距离最⼤得到最⼤距离；选项D可由空间.向量基本定理判断四点是否共⾯【详解】因为，

所以，所以与平⾏或者直线在平⾯内，故A错误；直线的斜率为，因为，所以，⼜，故由的图像和性质可知，，故B错误；将整理成，故，解得，所以直线恒过，如下图，故点到直线的的最⼤距离为，故C正确；由可得，所以，即，故，所以，，，四点共⾯

，故D正确；，果CD.故选：12.：椭圆的两条互相垂直的切线交点的轨迹是以椭圆中⼼为圆⼼的圆，某学校数学课外兴趣⼩组研究发现“”.下列问题：已知椭圆的离⼼率为，称为该椭圆的蒙⽇圆利⽤此结论解决AC上⼀动点，直线.法中正确的有（），为C的左､右

焦点且，为说A.C“”椭圆B.对直线的蒙⽇圆的⾯积为l上任意点P，都有C.C椭圆的标准⽅程为D.C“”两条弦都与椭圆C相切，则⾯积的最⼤值为6椭圆的蒙⽇圆的AC【答案】【解析】【分析】根据条件，得出，从⽽得出椭圆的⽅程，进⽽判断出选项C的正误；对于选项A“”，作出椭圆的两条

特殊切线，从⽽找出蒙⽇圆上的⼀个点，得出蒙⽇圆⽅程的根据蒙⽇圆的定义半径，即可判断出选项A的正误；对于选项B，根据直线与椭圆位置关系的判断⽅法，得出直与椭圆相切，从⽽得出切点不合条件，即可判断出选项B的正误；对于选项D由蒙⽇圆，的定义可知，，则为蒙⽇圆的直径，设，，得到，再利⽤重要不等

式及⾯积公式即可得出结.【详解】因为，⼜，所以，故椭圆的⽅程为，所以选项C正确；A，所以蒙⽇圆的⽅程为，对于选项1，设蒙⽇圆的半径为上顶点分别作椭圆的切线，相交于点,如图，过椭圆右顶点和“”，所以选项A

易知点的坐标为，且点在蒙⽇圆上，所以，故蒙⽇圆的⾯积为正确；，所以．对于选项B，因为直线的⽅程为，椭圆⽅程，联⽴，消得，则，所以直线与椭圆相切，由椭圆定义知，切点到两焦点的距离和为，所以选项B错误；D，，

则为蒙⽇圆的直径，对于选项2，由蒙⽇圆的定义可知，设，则，，如图，连接设，所以，⼜(当且仅当时取等号)所以，即，，故选项D错误；AC.故选：三、填空题（本⼤题共4⼩题，每⼩题5分，共20分）13.若，则解【答案】【解析】【分析】由题意利⽤利⽤诱导公式化简要求的式⼦，可得结果．【详解】解：若，则，

故答案为：．【点睛】本题主要考查利⽤诱导公式进⾏化简求值，属于基础题．14.已知椭圆的左、右焦点分别为，，点，若点为椭圆上⼀点，则.的最⼤值为【答案】【解析】【分析】由已知点在椭圆内，根据椭圆定义可知，所以，所以其最⼤值为，

即可得.【详解】如图所示，由椭圆⽅程为，则，，⼜点，满⾜，所以点在椭圆内，由椭圆定义可知，即，所以，故答案为：.15.已知分别为双曲线的左右焦点，过且斜率为的直线与双曲线的右⽀交于两点，记的内切圆半径为的内切圆半径为．若，则【答案】【解析】【分析】利⽤平⾯⼏何图形的性质解题，由同⼀点出发的圆的切线

⻓相等，可得，再结合双曲线的定义得，从⽽可求得的内⼼的横坐标，即有轴，在，中，运⽤解直⻆三⻆形知识，及正切函数的定义和⼆倍⻆公式化简即可得到直线的斜率．【详解】如图，记的内切圆圆⼼为，内切圆在边上的切点分别为，易

知两点横坐标相等，，由，即，得，即，记点的横坐标为，则，则，得．记的内切圆圆⼼为，同理得内⼼的横坐标也为，则轴，设直线的倾斜⻆为，则，在中，，同理，在中，，所以，即，所以．故答案为：16.如图，是边⻓为的正三⻆形的⼀条中位线，将沿翻折⾄，当三棱三等锥的体积最⼤时，四棱锥外接球的表

⾯积为，则所得截⾯圆⾯积的最⼩值分点作球的截⾯是；过靠近点的..【答案】①②【解析】【分析】先判断当平⾯平⾯时，三棱锥的体积最⼤，求得，再找出四棱锥外接球的球⼼，由勾股定理求得半径，进⽽得到表⾯积；当垂直于截⾯圆时，截⾯圆半径最⼩，

⾯积最⼩即得答案.【详解】第⼀空：设点到平⾯的距离为，在中，取中点，连接交于点，连接，因为为等边三⻆形，为的中点，则，由题意可知，、分别为、的中点，则，则，，翻折后，则有，所以⼆⾯⻆的平⾯⻆为，过点在平⾯内作或其延⻓线上，因为，，，

、平⾯，所以平⾯，因为平⾯，则，⼜因为，，、平⾯，所以平⾯，所以，且，则，当为直⻆时，取最⼤值，因为为的中点，为定值，故当为直⻆时，取最⼤值，此时，平⾯平⾯，故是边⻓为的等边三⻆形，因为，则，因为为的中点，为的中点，则且，同理可得，则为四边形的外⼼，设等边的外

⼼为点，过点作平⾯，因为平⾯，则，过点作平⾯的垂线交于点，则为四棱锥的外接球球⼼，连接，则为球的⼀条半径，因为平⾯平⾯，平⾯平⾯，，、解、）平⾯，则平⾯，因为平⾯，则，⼜因为平⾯，则，故四边形为矩形，且，则，因为，则，则，所以，所以球的表⾯积为；第⼆空：因为等边的外⼼为点，

，则，，⼜，，则，当过点的截⾯与垂直时，截⾯圆的半径取最⼩值，且，因此，过的三等分点作球的截⾯，则所得截⾯圆⾯积的最⼩值是.故答案为：；.四解答题（本⼤题共6⼩题，共70分.答应写出⽂字说明证明过程或演算步骤17.1在中，⻆，，所对的边分别为，，，且．；（）求的值2，，求的⾯积．（

）若1【答案】（）2（）【解析】1，再由两⻆和的正弦公式及诱导公式求出，即可得解；【分析】（）利⽤正弦定理将边化⻆（）利⽤余弦定理求出.21【⼩问详解】，再由⾯积公式计算可得因为，由正弦定理得，，）⼜，所以，⼜，

所以，故，所以.2【⼩问详解】由余弦定理得，所以，故．18.已知圆的圆⼼在直线上，且经过点和．1；（）求圆的标准⽅程2，其反射光线所在的直线与圆相切，求反射光线所（）若⾃点发出的光线经过轴反射后在直线的⽅程．1【答案】（）2（）或【解析】1，根据，可解得与半径，即可得圆的⽅程

；【分析】（）由已知设圆⼼2求点关于轴的对称点，可知直线过点，设直线⽅程，利⽤圆⼼到直线的距离为半径，.列⽅程，可得直线⽅程1【⼩问详解】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【⼩问详解】取点关于轴的对

称点，可知直线过点，且与圆相切，若直线的斜率不存在，则，（且且所以直线的斜率存在，设为，则，即，则圆⼼到直线的距离，整理得，解得或，.所以直线的⽅程为或19.如图，在四棱锥中，⾯，，，，EPA，AB上，且满⾜．，是的中点G1：平⾯；（）求证2与平⾯所成⻆的正弦值．（）求直线

1；【答案】（2）证明⻅解析（）【解析】1，连接，证明四边形是平⾏四边形，可得，进⽽得【分析】（）取的中点证；（）以点为原点建⽴空间直⻆坐标系.1【⼩问详解】取的中点，连接，⼜因为是的中点，所以因为，所以且，所以四边形是平

⾏四边形，所以，因为平⾯，平⾯，所以平⾯；在线段2【⼩问详解】如图，以点为原点建⽴空间直⻆坐标系，不妨设，则，则，设，故，因为，所以，解得，所以，则，因为轴垂直平⾯，则可取平⾯得⼀条法向量为，则，所以直线与平⾯所成⻆的正弦值为．2

0.1已知抛物线的焦点为；，抛物线上⼀点横坐标为，且点到焦点的距离为.（）求抛物线的⽅程（）过点作直线交抛物线于点.2，求⾯积的最⼩值（其中为坐标原点）1【答案】（）2（）【解析】△1；【分析】（2）借助抛物线的定义即可求解，与抛物线⽅程联⽴，再⽤⻙达定理表示⾯积，借助基本不（

）设直线的⽅程为等式即可求解.1【⼩问详解】由题意知，准线⽅程：，由抛物线定义可知：点到焦点距离即为点到准线的距离，所以，解得.所以2【⼩问1.详解】，抛物线，直线过，由（）知可设直线的⽅程为，，不妨设，联⽴消得，所以，，∴，当且仅当，即时取等号，∴.⾯积最⼩值为21.已知是等边三⻆形，点满⾜，，

将AMN沿MN折起到的位置，使．1：平⾯MBCN；（）求证2上是否存在点，使平⾯与平⾯夹⻆的余弦值为？若存在，求的（）在线段值；若不存在，说明理由．1；【答案】（）证明⻅解析2，或（）存在【解析】1，再由线⾯垂直判定定理证明即可；【分析】（2）先通过勾股定理证明两两垂直

构建空间直⻆坐标系，分别求出两个⾯的法向量，再由⼆⾯⻆的夹⻆的平⾯⻆求出参（）先通过.数即可1【⼩问详解】ABC设△M6是边⻓为，NABAC三等分点，且，，因为点，分别是边，的所以，所以，所以，所以，即且，因为，所以，因为，且平⾯，平⾯所以平⾯

；2【⼩问1详解】两垂直，所以以为原点，所在的直线分别为轴，建⽴由（）可知空间直⻆坐标系，如图所示，，则，所以，因为，，因为平⾯平⾯，所以平⾯法向量为，BC上存在点D设，，假设线段，则，所以，即,所以设平⾯的法向量为，则，令，则，所以，因为平⾯与平⾯所成夹⻆的余弦值为所以，若存在由得

到程化简得，解得或，当时，；当时，，所以在线段BC上是存在点，使平⾯与平⾯所成锐⼆⾯⻆的余弦值为，此时.或22.已知为圆：上任⼀点，，，，且满⾜.1；（）求动点的轨迹的⽅程2与轨迹相交于两点，是否存在与

点不同的定点，使恒成⽴？（）过点的直线，求出点的坐标；若不存在，请说明理.1【答案】（）（）存在R的坐标为【解析】1，根据向量的加法以及数量积运算可，从⽽【分析】（）由可得，结合椭圆的定义即可求出其轨迹⽅.2，求得，当不平⾏于轴时且不垂直于轴（）当过点的直线平⾏

于轴时和垂直于轴时时，联⽴⽅程，利⽤⻙达定理和点关于轴的对称点，结合，求得三点共线，从⽽满⾜，即可判断存在点不同的定点.1【⼩问详解】圆：，圆⼼，半径为，因为，则，因为，，则在线段上，即，,⼜因为，所以，即，所以动点的

轨迹是以为焦点，⻓轴⻓为的椭圆，设椭圆⽅程为，则，，则，，所以，则动点的轨迹的⽅程为.设过点的直线为，2【⼩问详解】当平⾏于轴时，直线与椭圆相交于两点，如果存在点满⾜条件，则有，即，所以点在轴上，可设的坐标为；当垂直于轴时，直线与椭圆相交于两点，如果存在点满⾜条件，则

有，即，解得或，所以若存在不同于点的定点满⾜条件，则点的坐标为，当不平⾏于轴时且不垂直于轴时，设直线⽅程为，，联⽴，得，因为直线恒过椭圆内定点，故恒成⽴，，⼜因为点关于轴的对称点的坐标为，⼜，，则，所以，则三点共线，所以，综上，存在与点不同的定点，使恒成⽴，且.

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