1、江苏省响水中学高二年级暑期检测试卷数学试题考生注意：1、试卷分第卷和第卷，共4页.2、满分150分，考试试卷120分钟.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. 已知是虚数单位，复数，则是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用复数的除法可化简复数.【详解】.故选：A.2. 已知一个圆锥母线长为2，其侧面积为，则该圆锥的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】求出底面半径和高，利用圆锥的体积公式即可求解.【详解】设圆锥的底面半径为r，高为h，母线长为，由，则，则圆锥的体积为.故选：A3
2、. 为庆祝中国共产党成立100周年，某市举办“红歌大传唱”主题活动，以传承红色革命精神，践行社会主义路线，某高中有高一、高二、高三分别600人、500人、700人，欲采用分层抽样法组建一个18人的高一、高二、高三的红歌传唱队，则应抽取高三（）A. 5人B. 6人C. 7人D. 8人【答案】C【解析】【分析】利用分层抽样的性质直接求解.【详解】依题意得：某高中有高一、高二、高三分别600人、500人、700人，欲采用分层抽样法组建一个18人的高一、高二、高三的红歌传唱队，则应抽取高三的人数为：.故选：C.4. 已知两点，直线：与线段相交，则直线的斜率的取值范围（ ）A. B. C. D. 【答案
3、】D【解析】【分析】作出图形，求出当直线分别经过点、时，直线的斜率的值，数形结合可得出实数的取值范围.【详解】直线恒过点，则直线的斜率为，直线的斜率为，如图，由图可知直线的斜率的取值范围是，故选：D5. 直线与直线平行，则为（ ）A. 1或-3B. -3C. 2D. 1【答案】D【解析】【分析】由两条直线平行的一般式方程判断方法求解即可【详解】若直线与直线平行，则，解得a=1或a=-3经检验a=-3舍去，故选:D.6. 一个质地均匀的正四面体的四个面上分别标有数字1，2，3，4.连续抛掷这个正四面体两次，并记录每次正四面体朝下的面上的数字.记事件为“两次记录的数字和为奇数”，事件为“两次记录的
4、数字和大于4”，事件为“第一次记录的数字为奇数”，事件为“第二次记录的数字为偶数”，则（ ）A. 与互斥B. 与对立C. 与相互独立D. 与相互独立【答案】D【解析】【分析】列举出基本事件，对四个选项一一判断：对于A：由事件A与D有相同的基本事件，否定结论；对于B：由事件C与D有相同的基本事件，否定结论；对于C、D：利用公式法进行判断.【详解】连续抛掷这个正四面体两次，基本事件有：.其中事件A包括： .事件B包括： .事件C包括：.事件D包括： .对于A：因为事件A与D有相同的基本事件，故与互斥不成立.故A错误；对于B：因为事件C与D有相同的基本事件，故C与对立不成立.故B错误；对于C：因为,
5、而.因为，所以与不是相互独立.故C错误；对于D：因为,而.因为两个事件的发生与否互不影响，且，所以与相互独立.故D正确.故选：D7. 已知圆，直线，P为l上的动点，过点P作圆C的两条切线PA、PB，切点分别A、B，当最小时，直线AB的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据圆的切线的有关知识，判断出最小时，直线与直线垂直，结合图象求得直线的方程.【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径为.依圆的知识可知，四点P，A，B，C四点共圆，且ABPC，所以，而，当直线PCl时，最小，此时最小.结合图象可知，此时切点为，所以直线的方程为，即.故选：A8. 中，点为的外心，若，则实数
6、的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】在中，利用余弦定理求出，再在两边同时乘以向量和，利用投影的定义计算出和的值，代入方程中计算，解出和，可得出答案【详解】中，则，又，同理可得：，代入上式，解得：，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. 下列说法正确的是（ ）A. 直线与两坐标轴围成的三角形的面积是B. 若三条直线不能构成三角形，则实数的取值集合为C. 经过点且在轴和轴上截距都相等的直线方程为或D. 过两点的直线方程为【答案】AD【解析】【分析】根据直线
7、的方程即位置关系分别判断.【详解】A选项：直线与轴和轴的交点分别为和，三角形面积为，A选项正确；B选项：三条直线不能构成三角形，可得或或直线过点，解得或或，B选项错误；C选项：当直线经过坐标原点时，当直线不经过坐标原点时，设直线方程为，代入点，即，解得，故直线为，C选项错误；D选项：由两点式方程可直接判断D选项正确；故选：AD.10. 函数（A，是常数，）的部分图象如图所示，下列结论正确的是（ ）A. B. C. 在区间上单调递增D. 将的图象向左平移个单位，所得到的函数是偶函数【答案】AC【解析】【分析】根据函数图象得到A=2，再根据函数图象过点 ，求得，得到函数的解析式，然后再逐项判断即可
8、.【详解】由函数图象得：A=2，,所以，又因为函数图象过点 ，所以，即 ，解得 ，即 ，因为，所以，所以，A. ，故正确；B. ，故错误；C. 因为，所以，故正确；D.将的图象向左平移个单位，所得到的函数是，非奇非偶函数，故错误；故选：AC.11. 如图，正方体的棱长为分别为的中点，则（ ） A. 点与点到平面的距离相等B. 直线与平面所成角的正弦值为C. 二面角的余弦值为D. 平面截正方体所得的截面面积为【答案】ACD【解析】【分析】根据线面平行判断A选项,应用线面角判断B选项,根据二面角判断C选项,结合截面判断D选项.【详解】对于，如图1所示，取的中点，连接，则有平面,平面,平面.，,平面
9、.平面平面,平面,平面, 所以平面平面又因为平面，所以平面，点与点到平面的距离相等，故正确； 对于，如图2所示，连接，又平面，所以为直线与平面所成角，由已知得：，所以中，即B错误； 对C，如图3所示，因为平面，作交延长线于，连接，则，故设二面角的平面角为，由得，所以，即C正确；对于D，如图4所示，连接，延长交于点，因为分别为的中点，所以，所以四点共面，所以截面即为等腰梯形.，梯形的高为，所以梯形的面积为，故D正确. 故选：ACD.12. 已知直线与圆相交于两点，则（ ）A. 直线恒过定点B. 过点且与圆相切的直线为：C. 圆心到直线的最大距离是D. 的最大值为1【答案】ACD【解析】【分析】由
10、直线系方程求得直线恒过定点判断A，利用直线与圆相切求出直线方程即可判断B，根据圆心到直线的最大距离的结论即可判断C，利用向量数量积的定义结合余弦定理即可判断 D.【详解】对A，直线即直线，联立，解得，所以直线过定点，故A正确；对B，圆心，半径，当直线斜率不存在时，即直线方程为，此时圆心到到该直线的距离等于2，即等于半径，故该直线也与圆相切，故B错误；对C，根据结论得圆心到直线的最大距离即为到所过的定点的距离，则最大距离为，故C正确；对D，要使取到最大值，只需取最大，在中，所以取最大时，弦长AB最短，当直线AB与圆心和点直线垂直时，弦长AB最短，因为圆心到点的距离为，此时，所以，故D正确；故选：
11、ACD. 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知，则tan=_.【答案】【解析】分析】由得，根据倍角正切公式求得，而，利用差角正切公式即可求解.【详解】由得，所以，故答案为：14. 已知直线经过点，且点，到直线的距离相等，则直线的方程为_.【答案】或【解析】【分析】根据直线与直线的位置关系，分类讨论，可得其斜率之间的关系，求得斜率，可得答案.【详解】设直线的斜率为，直线的斜率为，当直线时，显然点，到直线的距离相等，如下图： 则此时，由，且直线过，则直线的方程为，整理可得；当直线与直线相交时，作于，于，如下图： 若，由，则，可得，即为的中点，其坐标为，此时直线的斜率，直线的
12、方程为，整理可得.故答案为：或.15. 已知圆，直线，若直线与圆交于，两点，且，则_【答案】22【解析】【分析】将圆的一般方程化为标准方程，得出圆心坐标和半径r，利用半径大于0可得a的取值范围，利用点到直线的距离公式求得圆心到直线的距离d，根据题意有，列出方程，解方程即可.【详解】由题可得圆的标准方程为，圆心，半径，由，得或圆心到直线的距离，因为直线与圆交于，两点，且，所以，得，解得或，又或，故故答案为：2216. 在中，所对的三边分别为，且，则的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】先由余弦定理求出，再根据正弦定理，以及三角恒等变换对应的公式，化简，根据正弦函数的性质，即可求出结果.【详解】
13、因为，所以，所以，因此，因为，且为三角形内角，所以，因此，所以，即的取值范围是.故答案为：.【点睛】本题主要考查解三角形，熟记正弦定理，余弦定理，以及正弦函数的性质等即可，属于常考题型.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 已知函数的最小正周期为.（1）求的解析式；（2）若关于的方程在区间上有相异两解，求实数的取值范围.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）利用二倍角公式及辅助角公式将函数化简，再结合函数的最小正周期求出，即可得解；（2）依题意可得，则函数与的图象在区间上有两个交点，根据的取值范围求出，结合正弦函数的性质即可得解.【小问1详
14、解】因为，又的最小正周期为，且，所以，解得，所以.【小问2详解】由，即，关于的方程在区间上有相异两解，也即函数与的图象在区间上有两个交点，由，得，又在上单调递增，在上单调递减，且，要使函数与的图象在区间上有两个交点，则有，所以实数的取值范围为18. 已知直线l：yx1 ，试求：(1)点P(2，1)关于直线l的对称点坐标；(2)直线l1：yx2关于直线l对称的直线l2的方程；(3)直线l关于点A(1,1)对称的直线方程【答案】（1）（2）7xy140（3）x2y40【解析】【分析】（1）设出对称点的坐标，利用中点在对称轴上以及斜率乘积等于列方程组，解方程组求得对称点的坐标.（2）设上一点的坐标，
15、以及该点对称点的坐标，利用（1）的方法求得两个对称点的坐标的关系式，代入直线的方程，化简后求得的方程.（3）设出对称直线上任意一点的坐标，和对称点的坐标，利用中点坐标公式得到两者的的坐标关系，代入直线的方程求得对称直线的方程.【详解】解:(1)设点P关于直线l的对称点为P(x0，y0)，则线段PP的中点M在直线l上，且PPl.所以，解得，即.（2）直线l1：yx2关于直线l对称直线为l2，则l2上任一点P1(x，y)关于l的对称点P1(x，y)一定在直线l1上，反之也成立由得把(x，y)代入方程yx2并整理，得：7xy140.即直线l2的方程为7xy140.(3)设直线l关于点A(1,1)的对
16、称直线为l，直线l上任一点P2(x1，y1)关于点A的对称点P2(x，y)一定在直线l上，反之也成立由得，将(x1，y1)代入直线l的方程得：x2y40，直线l的方程为x2y40.【点睛】本小题主要考查点关于直线对称点的求法，考查直线关于点的对称直线的求法，考查直线关于直线对称的直线的求法，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.解题关键点在于利用对称问题，中点和斜率的对应关系来列方程组求解.19. 已知圆C的圆心在直线上，且圆C与x轴相切，点在圆C上，点在圆C外（1）求圆C的方程；（2）若过点的直线l交圆C于A，B两点，且，求直线l的方程【答案】（1）；（2）或【解析】【分析】（1）由题意
17、设圆的方程为，再将点的坐标代入方程中可求出的值，众而可求出圆的方程；（2）利用圆心距、弦和半径的关系求出圆心距的长，然后分直线的斜率存在和不存在两种情况，利用点到直线的距离公式列方程求解即可【详解】（1）设圆心，半径， 则圆C的方程可设为，因为点在圆C上，所以，解得或 因为点在圆C外，经检验不符，舍去所以圆C的方程为 （2）由（1）可知圆C的半径，所以圆心到直线的距离 当k不存在时，直线方程，符合题意； 当k存在时，设直线方程为，整理得所以圆心C到直线l的距离，即，解得， 所以，所以直线l的方程为 综上，直线方程为或20. 如图，四棱锥中，是以为底的等腰直角三角形，为中点，且（）求证：平面平面
18、；（）求直线与平面所成角的正弦值【答案】（）见解析（）【解析】【分析】（） 过作垂线，垂足为，由得，又，可得平面，即可证明（）易得到平面距离等于到平面距离过作垂线，垂足为，在中，过作垂线，垂足为，可证得：平面求得：，从而，即可求解.【详解】() 过作垂线，垂足为，由得， 又，平面， 平面平面； （），到平面距离等于到平面距离 过作垂线，垂足为，在中，过作垂线，垂足为，可证得：平面 求得：，从而，即直线与平面所成角的正弦值为【点睛】本题考查面面垂直的证明，考查线面角的求解、是中档题21. 已知中，角所对的边长分别为，且，为边上一点，且.（1）若为中线，且，求；（2）若为的平分线，且为锐角三角形，
19、求的取值范围.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）设，在中由余弦定理得，在中由余弦定理得；（2）设，在和中分别运用正弦定理，两式相除得到，结合为锐角三角形得到，进而求解答案.【小问1详解】如下图所示， 在中，设，由余弦定理得即，得，所以，在中，由余弦定理得，则，所以【小问2详解】设，则，如下图所示， 在和中，由正弦定理得 ，得，因为为锐角三角形，所以均为锐角，所以，则，所以，又因为，所以， 所以的取值范围是22. 如图，在平面直角坐标系中，点，直线，设圆半径为1， 圆心在上.（1）若圆心也在直线上，过点作圆的切线，求切线方程；（2）若圆上存在点，使，求圆心的横坐标的取值范围.【答案】（
20、1）或；（2）.【解析】【分析】（1）两直线方程联立可解得圆心坐标，又知圆的半径为，可得圆的方程，根据点到直线距离公式，列方程可求得直线斜率，进而得切线方程；（2）根据圆的圆心在直线：上可设圆的方程为，由，可得的轨迹方程为，若圆上存在点，使，只需两圆有公共点即可.【详解】（1）由得圆心，圆的半径为1，圆的方程为：，显然切线的斜率一定存在，设所求圆的切线方程为，即，或所求圆的切线方程为或（2）圆的圆心在直线：上，所以，设圆心为，则圆的方程为又，设为，则，整理得，设为圆所以点应该既在圆上又在圆上，即圆和圆有交点，由，得，由，得综上所述，的取值范围为考点：1、圆的标准方程及切线的方程；2、圆与圆的位置关系及转化与划归思想的应用.【方法点睛】本题主要考查圆的标准方程及切线的方程、圆与圆的位置关系及转化与划归思想的应用.属于难题.转化与划归思想是解决高中数学问题的一种重要思想方法，是中学数学四种重要的数学思想之一，尤其在解决知识点较多以及知识跨度较大的问题发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的关键是将题设条件研究透，这样才能快速找准突破点.以便将问题转化为我们所熟悉的知识领域，进而顺利解答，希望同学们能够熟练掌握并应用于解题当中.本题（2）巧妙地将圆上存在点，使问题转化为，两圆有公共点问题是解决问题的关键所在.
