河南省南阳市重点中学校2023-2024学年高二上学期开学考试数学试题（含解析）

南阳市重点中学校2023-2024学年高二上学期开学考试
数学试题
一、单选题（共8个小题，每小题5分，共40分.）
1.已知i为虚数单位，若复数，则（ ）
A. B. C. D.
2.如图所示是利用斜二测画法画出的水平放置的的直观图，已知轴，轴且，则的周长为（ ）
A. B. C. D.
3.已知非零向量，满足，，若，则向量在向量方向上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
4.在平面直角坐标系中，已知的顶点和，顶点在椭圆上，则（ ）
A. B. C.5 D.
5.经过点作直线，若直线与连接，两点的线段总有公共点，则直线的倾斜角的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
6.下列直线中，与圆相切的有（ ）
A. B. C. D.
7.过点引直线，使，到它的距离相等，则这条直线的方程是（ ）
A. B.
C.或 D.或
8.已知，，，是表面积为的球面上四点，，，，三棱锥的体积为，则线段长度的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
二、多选题（共4个小题，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.在三角形中，下列命题正确的有（ ）
A.若，，，则三角形有两解
B.若，则一定是钝角三角形
C.若，则一定是等边三角形
D.若，则的形状是等腰或直角三角形
10.“奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论，因为这个定理对应的图形与“奔驰”轿车的三叉车标很相似，故形象地称其为“奔驰定理”.奔驰定理：已知是内的一点，，，的面积分别为、、，则有，设是锐角内的一点，，，分别是的三个内角，以下命题正确的是（ ）
A.若，则为的重心
B.若，则
C.若为（不为直角三角形）的垂心，则
D.若，，，则
11.已知圆，，.若圆上存在点使，则正数的可能取值是（ ）
A.3 B.4 C.5 D.6
12.如图，点在正方体的面对角线上运动，则下列四个结论，其中正确的结论的是（ ）
A.三棱锥的体积不变 B.平面
C. D.平面平面
三、填空题（共4个小题，每小题5分，共20分.）
13.已知双曲线上的点到点的距离为9，则点到点的距离为______.
14.在中，，，，为边上的动点，则的最小值为______.
15.圣·索菲亚教堂（英语：SAINT SOPHIA CATHEDRAL）坐落于中国黑龙江省，是一座始建于1907年拜占庭风格的东正教教堂，距今已有114年的历史，为哈尔滨的标志性建筑.1996年经国务院批准，被列为第四批全国重点文物保护单位，是每一位到哈尔滨旅游的游客拍照打卡的必到景点其中央主体建筑集球，圆柱，棱柱于一体，极具对称之美，可以让游客从任何角度都能领略它的美.小明同学为了估算索菲亚教堂的高度，在索菲亚教堂的正东方向找到一座建筑物，高为，在它们之间的地面上的点（，，三点共线）处测得楼顶，教堂顶的仰角分别是15°和60°，在楼顶处测得塔顶的仰角为30°，则小明估算索菲亚教堂的高度为______米.
16.已知点为抛物线上的动点，抛物线的焦点为，点，则的最小值为______；点，则的最小值为______.
四、解答题（共6个小题，共70分.）
17.化简求值
（1）
（2）已知，，，，求.
18.求适合下列条件的圆锥曲线的标准方程：
（1）求椭圆的标准方程：以点，为焦点，经过点.
（2）已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，且，求抛物线的标准方程.
（3）求双曲线的标准方程：经过点，.
19.在中，角，，所对的边分别为，，，已知：
（1）求角的大小；
（2）若为锐角三角形，且，求的取值范围.
20.已知圆过两点，，且圆心在直线上.
（1）求圆的方程；
（2）过点的直线交圆于，两点，当时，求直线的方程.
21.四棱锥中，平面，四边形为菱形，，，为的中点，为中点.
（1）求证：平面；
（2）求与平面所成的角的正切值；
（3）求二面角的正弦值.
22.已知函数的部分图象如图所示.
（1）求函数的解析式；
（2）将函数图象上所有的点向右平移个单位长度，再将所得图象上每一个点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象.当时，方程恰有三个不相等的实数根，，，，求实数的取值范围以及的值.
南阳市重点中学校2023-2024学年高二上学期开学考试
数学答案
1-5 BAABD 6-8 CDC 9.BCD 10.ABC 11.BCD 12.ABD
1.B
【分析】由复数的运算化简复数，再求共轭复数即可.
【详解】因为，所以.故选：B.
2.A
【分析】由斜二测画法还原原图即可求解
【详解】因为轴，轴且，由题意得，，且，则，则的周长为.故选：A.
3.A
【分析】依题意可得，根据数量积的定义及运算律求出，即可求出，最后根据计算可得.
【详解】因为，所以，
∴，又，所以，∴或（舍去），
所以，所以在方向上的投影向量为.故选：A.
4.B
【分析】根据椭圆定义及正弦定理即可求解.
【详解】由题意，知，，所以.故选：B
5.D
【分析】由题知，再根据斜率范围求解倾斜角的范围即可.
【详解】解：设直线的斜率为，直线的倾斜角为，则，
因为直线的斜率为，直线的斜率为，
因为直线经过点，且与线段总有公共点，所以，即，因为，所以或，故直线的倾斜角的取值范围是.故选：D
6.C
【分析】根据圆心到直线的距离与半径的关系对选项一一验证即可.
【详解】圆的圆心为，半径.
对于选项A，圆心到直线的距离.所以直线与圆相交；
对于选项B，圆心到直线的距离，所以直线与圆相交；
对于选项C，圆心到直线的距离，所以直线与圆相切；
对于选项D，圆心到直线的距离，所以直线与圆相离.故选：C.
7.D
【分析】设所求的直线为，则直线平行于或直线过线段的中点，分情况讨论即可求解.
【详解】设所求的直线为，则直线平行于或直线过线段的中点，
因为，，所以，
所以过点且与平行的直线为：即，
因为，，所以线段的中点为，
所以过点与线段的中点为的直线的方程为：，
即，所以这条直线的方程是：或，故选：D.
8.C
【分析】根据条件可得为直角三角形，由球的表面积公式可得球的半径结合球的性质可得球心到平面的距离，根据锥体的体积公式结合条件可得在距平面距离为3的截面圆上，然后利用球的性质可表示出，再结合圆的性质进而即得.
【详解】设球的球心为，因为球的表面积为，所以球的半径，
又因为，，，由，
所以，故，，，
设的中点为，则为外接圆圆心，连接，，则，，
所以，即球心到平面的距离为2，且，
又三棱锥的体积为，所以到平面的距离，
设在球面的截面圆上，则，，截面圆的半径为2，
设在平面上的投影为，则的轨迹为圆，圆心为的外心，即为的中点，
则，，所以，故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是根据球的性质结合条件找出点的位置，然后表示出再利用圆的性质即得.
9.BCD
【分析】利用正弦定理，对A进行判断，得到，都是锐角，再利用同角三角函数的基本关系，及两角和与差的三角函数公式得，对B进行判断，利用余弦函数的性质对C进行判断，利用正弦定理及两角和与差的三角函数公式，对D进行判断，从而得出结论.
【详解】对于A，因为，，，所以由正弦定理得，
所以角只有一个解，A选项错误；
对于B，由，即，所以，即，所以，所以，故一定是钝角三角形，B选项正确；
对于C，因为所以
所以，C选项正确；
对于D，因为，由正弦定理可得，
所以
因为，，
所以，解得或，即或，
所以的形状是等腰或直角三角形，D选项正确.故选：BCD
10.ABC
【分析】对于A，假设为的中点，连接，由已知得在中线上，同理可得在其它中线上，即可判断；对于选项B，利用奔驰定理可直接得出B正确；对于C，由垂心的性质、向量数量积的运算律，得到，结合三角形面积公式及角的互补关系得结论，可判断C正确；选项D，根据奔驰定理可得，再利用三角形面积公式可求得，即可计算出，可得D错误；
【详解】对于A：如下图所示，
假设为的中点，连接，则，故，，共线，即在中线上，
同理可得在另外两边，的中线上，故为的重心，即A正确；
对于B：由奔驰定理是内的一点，，，的面积分别为，，，
则有可知，
若，可得，即B正确；
对于C：由四边形内角和可知，，则，
同理，，
因为为的垂心，则，
所以，同理得，，则，
令，，，
由，则，
同理：，
，
综上，，
根据奔驰定理得，即C正确.
对于D：由，可知，，
又，所以由可得，，；
所以，即D错误；故选：ABC.
【点睛】关键点晴：利用向量数量积定义、运算律和垂心性质得到向量模的比例，结合三角形面积公式和奔驰定理判断结论即可.
11.BCD
【分析】设，根据题意得到，再根据的几何意义得到，从而得到答案.
【详解】圆，圆心，半径，设，则，，因为，所以，即，因为表示圆上点到原点的距离，，
所以，即，故选：BCD.
12.ABD
【分析】证明平面判断A；证明平面平面判断B；利用判断C；证明平面判断D作答.
【详解】如图，在正方体中，
，，即四边形为平行四边形，，
平面，平面，则平面，于是得点到平面的距离是定值，而面积是定值，因此三棱锥的体积不变，A正确；
由选项A知，平面，同理平面，而，
，平面，则平面平面，而平面，即有平面，B正确；
因，即为正三角形，点在上，则与不一定垂直，C不正确；
因平面，平面，即有，正方形中，，
而，，平面，则平面，平面，
于是得，同理，又，，平面，
则平面，而平面，因此平面平面，D正确.故选：ABD
13.17
【分析】根据双曲线的定义计算，注意点的位置.
【详解】易知点是双曲线的右焦点，是双曲线的左焦点，又，，
而点到点的距离为9，，因此在右支上.
因此点到点的距离为.故答案为：17.
14./
【分析】根据题意，建立直角坐标系，运用坐标表示向量，用数量积求解即可.
【详解】由于，，，所以为原点，为轴，为轴，建立直角坐标系如图所示：则有：，，，设点，且，
所以，
则
∴当时，取得最小值.故答案为.
15.
【分析】由正弦得出，再结合正弦定理得到，进而能求.
【详解】由题意知：，，所以，在中，，
在中，由正弦定理得，所以，
由于，
在中，.
故答案为：
16.4
【详解】抛物线的焦点为，准线方程为，
（1）过点作直线的垂线，垂足为点，由抛物线的定义得，，当点、、三点共线时，即当与直线垂直时，
取得最小值，且最小值为.
（2），由两点间距离公式可知.
17.（1）（2）
（1）
（2）【分析】本题首先可根据题意得出，然后根据同角三角函数关系求出，最后根据二倍角公式以及两角和的正切公式即可得出结果.
【详解】因为，是锐角，所以，
因为，为锐角，所以，，
因为，所以，，
则，，故.
18.（1）（2）（3）
【分析】（1）根据椭圆的定义可求，再求出后可求椭圆的标准方程.
（2）根据抛物线的定义和性质，选择合适的条件进行求解即可；
（3）设所求方程为，代入点求解.
【详解】（1）设椭圆的标准方程为，焦距为.
由题意有，，，
有，，故椭圆的标准方程为.
（2）由抛物线的定义可得，，∴，解得，故抛物线的标准方程为.
（3）设所求双曲线方程为，
则，解得，，所以双曲线方程为.
19.（1）（2）
【分析】（1）由已知利用正弦定理可得的值，结合范围，可得的值.
（2）由（1）利用正弦定理，三角函数恒等变换的应用可求，由题意可求范围，进而根据正弦函数的性质即可求解的取值范围.
【详解】（1）由正弦定理及，得，
所以，因为，所以.
（2）由（1）知，则，，
因为，所以，即，
所以
，
为锐角三角形，，因为，所以，
则，所以.的取值范围为.
20.（1）（2）或
【分析】（1）依题意可设圆的方程为，圆过两点，，可列方程组求解未知数，从而可得圆的方程；
（2）由弦长，可得圆心到直线的距离为1，当直线的斜率不存在时验证即可，当直线的斜率存在时，设出直线的方程，由点到直线的距离公式列出方程可求解.
【详解】（1）依题意圆心在直线上，可设圆的方程为，
因为圆过两点，，
所以，解得，所以圆的方程为.
（2）由（1）可知，圆心，半径，
当直线的斜率不存在时，其方程为，圆心到直线的距离为1，
此时满足题意；当直线的斜率存在时，
设直线的方程为，即，
当时，圆心到直线的距离，
即有，解得，
此时直线的方程为，即为.
综上，直线的方程为或.
21.（1）证明见解析；（2）（3）.
【分析】（1）取的中点，证明，结合线面平行判定定理证明结论；
（2）先证明平面，由线面角的定义证明是与平面所成角的平面角，推导出，，由此能求出与平面所成角的正切值；
（3）过点作，根据二面角平面角定义证明是二面角的平面角，由此能求出二面角的正弦值.
【详解】（1）取的中点，连接，，
因为点为的中点，所以，，又，，
所以，，所以四边形为平行四边形，
所以，又平面，平面，所以平面；
（2）∵四边形为菱形，∴，∵，∴为等边三角形，∴，
在中，是中点，∴，
∵平面，平面，∴，
∵，平面，平面，
∴平面，∴斜线在平面内的射影为，
即是与平面所成角的平面角，
∵平面，平面，∴，
在中，，在中，，
∵平面，平面，∴，
在中，，∴与平面所成角的正切值为.
（3）在平面中，过点作，垂足为，连结，
∵平面，平面，∴，
∵，，平面，∴平面，又平面
∴，∴是二面角的平面角，
在中，，，∴，
在中，，，∴，
在中，，由余弦定理得，
∴二面角的正弦值为.
22.（1）（2），
【分析】（1）由三角函数图象的最大值与最小值，求出，，得到最小正周期，求出，再代入特殊点的坐标，求出，得到函数解析式；
（2）先根据平移变换和伸缩变换得到，令，换元后利用整体法求出函数的单调性和端点值，得到，再根据对称性得到，，相加后得到，求出答案.
【详解】（1）由图示得：，解得：，，
又，所以，所以，所以.
又因为过点，所以，即，
所以，，解得，，
又，所以，所以.
（2）图象上所有的点向右平移个单位长度，得到，
将所得图象上每一个点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到，
当时，，令，则，
令，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，且，，
，，
所以时，当时，方程恰有三个不相等的实数根.
因为有三个不同的实数根，，，
且，关于对称，，关于对称，则，，
两式相加得：，即，所以.