南阳市重点中学校2022-2023学年高二上学期9月开学考试
数学试题 解析版
一 选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）
1. 已知复数满足，则的虚部为（ ）
A. B. C. 1 D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用复数概念、复数的四则运算求解.
【详解】，
所以的虚部为-1.故A，B，C错误.
故选：D.
2. 已知扇形的圆心角为，弦长，则扇形的弧长等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求得扇形的半径，从而求得扇形的弧长.
【详解】扇形的半径，
所以扇形的弧长等于.
故选：B
3. 在中，已知，则此三角形（ ）
A. 有一解 B. 有两解 C. 无解 D. 无法判断有几解
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，结合正弦定理计算判断作答.
【详解】在中，，由正弦定理得，
而，有，即A为锐角，所以此三角形有一解．
故选：A
4. 正四棱台的上 下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由四棱台的几何特征算出该几何体的高及上下底面面积，再由棱台的体积公式即可得解.
【详解】作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图，
因为该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，
所以该棱台的高，
下底面面积，上底面面积，
所以该棱台的体积.
故选：D.
5. 已知，，是直线上一动点，则的最大值是（ ）．
A. 2 B. 3 C. 8 D. 12
【答案】B
【解析】
【分析】写出直线的截距式方程，代入点，得到的关系，转化，配方法即得解最大值
【详解】由于直线过点，
因此直线的截距式方程为，
∵在直线上，
∴，则，
∴，
当时，取得最大值为3．
故选：B
6. △ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asinA－bsinB=4csinC，cosA=－，则=
A. 6 B. 5 C. 4 D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】利用余弦定理推论得出a，b，c关系，在结合正弦定理边角互换列出方程，解出结果.
【详解】详解：由已知及正弦定理可得，由余弦定理推论可得
，故选A．
【点睛】本题考查正弦定理及余弦定理推论的应用．
7. 已知，，，，则的值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用同角三角函数的基本关系求得、的值，然后利用两角和的正弦公式可求得的值.
【详解】，，，，
，，
因此，.
故选：C.
【点睛】本题考查利用两角和的正弦公式求值，同时也考查了同角三角函数平方关系的应用，考查计算能力，属于基础题.
8. 已知，两点到直线的距离相等，则实数的值为（ ）
A B. 或3 C. D. 或1
【答案】B
【解析】
【分析】解法一：当A，B在直线l的同一侧时，直线l与直线AB平行，利用平行线的斜率相等求得a的值；当A，B在直线l的两侧时，转化为直线l经过线段AB的中点求得，利用中点公式求得线段AB的中点坐标，代入直线方程求得a的值.
解法二：直接由点到直线的距离公式列出方程求解即得.
【详解】（1），两点位于直线同一侧，即直线平行于直线，所以，即；
（2），两点位于直线的两侧，所以直线过线段的中点，线段的中点坐标为，即，∴,解得.
综上实数值为.
解法二、由点到直线的距离公式得，
即亦即,解得.
故选：B
9. 已知点，．若直线与线段相交，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】直线l过定点P（1，1），且与线段AB相交，利用数形结合法，求出PA、PB的斜率，
从而得出l的斜率的取值范围,即得解
【详解】设直线过定点，则直线可写成，
令解得直线必过定点．
，．直线与线段相交，
由图象知，或，解得或，
则实数的取值范围是．
故选：A
【点睛】本题考查了直线方程的应用，过定点的直线与线段相交的问题，考查了学生综合分析、数形结合的能力，属于中档题．
10. 设是平面内一定点，为平面内一动点，若，则为的（ ）
A. 内心 B. 外心 C. 重心 D. 垂心
【答案】B
【解析】
【分析】运用向量的加减运算，以及向量数量积的性质可得，结合三角形的外心，可得所求.
【详解】若
可得，
即为
即有，
则，故O为的外心，故选B.
【点睛】本题考查向量的加减运算和数量积性质，考查运算能力，解题的关键是掌握外心的性质，属于中档题
11. 已知圆和两点，，若圆上存在点，使得，则的最大值为
A. 7 B. 6 C. 5 D. 4
【答案】B
【解析】
【详解】由题意知，点P在以原点（0，0）为圆心，以m为半径的圆上，又因为点P在已知圆上，所以只要两圆有交点即可，所以，故选B.
考点：本小题主要考查两圆的位置关系，考查数形结合思想，考查分析问题与解决问题的能力.
12. 如图，在棱长为1的正方体中，为棱的中点，为正方形内一动点（含边界），若平面，则线段长度的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】过作平面与平面平行，则在平面与平面的交线上，即可求出.
【详解】如图，取中点，中点，连接，
所以，正方体中，易得，所以，
因为平面，平面，所以平面，
因为为中点，所以，
因为平面，平面，所以平面，
因为，所以平面平面，
因为平面，所以平面，
又为正方形内一动点（含边界），所以在线段上，
可得,
则当在中点时，取得最小值为，
当在两端时，取得最大值为，
所以长度的取值范围是.
故选：D.
二 填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 如果复数z满足，那么的最大值是______ ．
【答案】2＃＃＋2
【解析】
【分析】根据复数的几何意义表示，两点间距离，结合图形理解运算．
【详解】设复数z在复平面中对应的点为
∵，则点到点的距离为2，即点的轨迹为以为圆心，半径为2的圆
表示点到点的距离，结合图形可得
故答案为：．
14. 已知三点，，在同一直线上，则值为___________.
【答案】或
【解析】
【分析】因为点，，在同一直线上，所以，表示出的斜率，即可求出答案.
【详解】∵，∴三点所在直线的斜率存在，
∴，，
∵点，，同一直线上，∴，
∴，解得或.
故答案为：或.
15. 在边长为的菱形中，，沿对角线折起，使二面角的大小为，这时点在同一个球面上，则该球的表面积为____________.
【答案】
【解析】
【分析】正确做出图形，利用勾股定理建立方程，求出四面体的外接球半径，即可求出四面体的外接球的表面积.
【详解】解：根据题意画出图形，如图所示：
如图分别取的中点，连接，
则，，
所以为二面角的平面角，即.
由题知为等边三角形，
所以，.
所以，即，
所以.
由图形的对称性可知：球心必在的延长线上，
设球心，连接，设半径为，，，
由题可知，为直角三角形，
所以，所以，
解得：，，
所以，球的表面积为：.
故答案为：
16. 已知圆：，（）与圆：，（）只有一条公切线，则的最小值为______.
【答案】
【解析】
【分析】由圆的方程求出圆心坐标及半径，再根据两个圆只有一条公切线可得两圆内切，即圆心距等于两个半径之差，进而可得，设，根据三角函数的范围求出的最小值．
【详解】圆：的圆心坐标，半径，
圆的圆心，半径，
由两个圆只有一条公切线可得两个圆内切，圆心距，
所以可得，
设，，
所以，
当且仅当时，
即时，的最小值为.
故答案为：．
【点睛】本题考查由两个圆的公切线的条数判断两个圆的位置关系，及由三角函数的范围求代数式的最小值，属于中档题．
三 解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或验算步骤）
17. 在平面直角坐标系中，已知．
（1）若，求实数k的值；
（2）若，求实数t的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由共线向量的坐标公式，可得答案；
（2）由垂直向量的数量积为零，根据坐标公式，可得答案.
【小问1详解】
因为．所以，，因为
所以，解得．
【小问2详解】
，因为，
所以，解得．
18. 已知两条直线
，当为何值时直线与分别有下列关系？
(1) ⊥ ； (2)∥
【答案】18、解：(1)
（2）,
检验得，时与l2重合，
故
【解析】
【详解】(1)利用两直线垂直的充要条件可知,解出m值.
（2）先根据斜率相等求出m的值，然后再代入验证是否有重合情况.
1） 2·m-4·(1-m)=0 解得m= ……5分
2) 2-m·(m+1)=0 解得m=1或m=2
检验得m=-2时，时与重合，故 ……5分
19. 设直线l的方程为
（1）若l在两坐标轴上的截距相等，求直线l的方程．
（2）若l不经过第二象限，求实数a的取值范围．
【答案】（1）或 （2）
【解析】
【分析】（1）对分类讨论，利用截距式即可得出；
（2），由于不经过第二象限，可得，解出即可得出．
【详解】解：（1）若，解得，化为．
若，解得，化为，舍去．
若且，化为：，令，化为，解得，
可得直线的方程为：．
综上所述直线的方程为：或；
（2）直线的方程可化为
∵不过第二象限，
，.
【点睛】本题考查了直线的方程、不等式的性质，考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于中档题．
20. 在锐角中，角的对边分别为，且．
（1）求角的大小；
（2）若，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合两角和差公式可化简求得，由此可得；
（2）利用正弦定理可将化为，利用两角和差公式和辅助角公式
可化简得到；根据正弦型函数值域求法，结合的范围可得结果.
【小问1详解】
由正弦定理得：，
，
，，，.
【小问2详解】
由正弦定理得：，，，
；
为锐角三角形，，即，，
，，，
即的取值范围为.
21. 已知的顶点，直角顶点为，顶点在轴上，求：
（1）顶点的坐标；
（2）外接圆的一般方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设出点坐标，由求解即可；
（2）设出外接圆的一般方程，代入坐标，解方程即可求解.
【小问1详解】
设顶点，显然直线斜率均存在，
由题意得，且，
所以，解得，所以顶点；
【小问2详解】
设外接圆的方程为，
由题意知，解得，
所以外接圆的一般方程为.
22. 如图，在四棱锥中，平面，底面是直角梯形，其中，，，，E为棱上的点，且.
（1）求证：平面；
（2）求二面角的余弦值；
（3）求点E到平面的距离.
【答案】（1）证明过程见解析；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量数量积的运算性质，结合线面垂直的判定定理进行计算证明即可；
（2）利用空间向量夹角公式进行求解即可；
（3）利用空间向量夹角公式，结合锐角三角函数定义进行求解即可.
【小问1详解】
因为平面，平面，
所以，而，因此可以建立如下图所示的空间直角坐标系，
则有，
，，，
因为，
所以，而平面，
所以平面；
【小问2详解】
设平面的法向量为，
，
则有，
由（1）可知平面的法向量为，
所以有，
由图知二面角为锐角，所以二面角的余弦值为；
【小问3详解】
由（2）可知：平面的法向量为，
，所以可得：
，
所以点E到平面的距离为.南阳市重点中学校2022-2023学年高二上学期9月开学考试
数学试题 原卷版
一 选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）
1. 已知复数满足，则的虚部为（ ）
A. B. C. 1 D.
2. 已知扇形的圆心角为，弦长，则扇形的弧长等于（ ）
A. B. C. D.
3. 在中，已知，则此三角形（ ）
A 有一解 B. 有两解 C. 无解 D. 无法判断有几解
4. 正四棱台的上 下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（ ）
A. B. C. D.
5. 已知，，是直线上一动点，则的最大值是（ ）．
A. 2 B. 3 C. 8 D. 12
6. △ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asinA－bsinB=4csinC，cosA=－，则=
A. 6 B. 5 C. 4 D. 3
7. 已知，，，，则的值是（ ）
A. B. C. D.
8. 已知，两点到直线距离相等，则实数的值为（ ）
A. B. 或3 C. D. 或1
9. 已知点，．若直线与线段相交，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
10. 设是平面内一定点，为平面内一动点，若，则为的（ ）
A. 内心 B. 外心 C. 重心 D. 垂心
11. 已知圆和两点，，若圆上存在点，使得，则的最大值为
A. 7 B. 6 C. 5 D. 4
12. 如图，在棱长为1的正方体中，为棱的中点，为正方形内一动点（含边界），若平面，则线段长度的取值范围是（ ）
A B.
C. D.
二 填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 如果复数z满足，那么的最大值是______ ．
14. 已知三点，，在同一直线上，则值为___________.
15. 在边长为的菱形中，，沿对角线折起，使二面角的大小为，这时点在同一个球面上，则该球的表面积为____________.
16. 已知圆：，（）与圆：，（）只有一条公切线，则的最小值为______.
三 解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或验算步骤）
17. 平面直角坐标系中，已知．
（1）若，求实数k的值；
（2）若，求实数t的值．
18. 已知两条直线
，当为何值时直线与分别有下列关系？
(1) ⊥ ； (2)∥
19. 设直线l的方程为
（1）若l在两坐标轴上的截距相等，求直线l的方程．
（2）若l不经过第二象限，求实数a的取值范围．
20. 在锐角中，角的对边分别为，且．
（1）求角的大小；
（2）若，求的取值范围．
21. 已知的顶点，直角顶点为，顶点在轴上，求：
（1）顶点的坐标；
（2）外接圆一般方程.
22. 如图，在四棱锥中，平面，底面是直角梯形，其中，，，，E为棱上的点，且.
（1）求证：平面；
（2）求二面角的余弦值；
（3）求点E到平面的距离.
