2023-2024学年江苏省镇江市丹阳市高二（上）期初数学试卷（含解析）

2023-2024学年江苏省镇江市丹阳市高二（上）期初数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知为虚数单位，若复数，则的虚部为( )
A. B. C. D.
2. 已知直线：与直线：平行，则的值为( )
A. B. C. D.
3. 在长方体中，已知点为线段的中点，且，，，则直线与所成的角为( )
A. B. C. D.
4. 开普勒第一定律也称椭圆定律、轨道定律，其内容如下：每一行星沿各自的椭圆轨道环绕太阳，而太阳则处在椭圆的一个焦点上将某行星看作一个质点，绕太阳的运动轨迹近似成曲线，行星在运动过程中距离太阳最近的距离称为近日点距离，距离太阳最远的距离称为远日点距离若行星的近日点距离和远日点距离之和是距离单位：亿千米，近日点距离和远日点距离之积是，则( )
A. B. C. D.
5. 已知向量，满足，且，则，夹角的余弦值为( )
A. B. C. D.
6. 已知圆台的上下底面半径分别为和，且母线与下底面所成为角的正切值为，则该圆台的表面积为( )
A. B. C. D.
7. 已知角，且，则( )
A. B. 或 C. D. 或
8. 已知，是圆：上的两个动点，且，若，则点到直线距离的最大值为( )
A. B. C. D.
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 下列说法正确的是( )
A. 直线的倾斜角为
B. 经过点，且在，轴上截距互为相反数的直线方程为
C. 直线：恒过定点
D. 已知直线过点，且与，轴正半轴交于点、两点，则面积的最小值为
10. 已知圆：，圆：，则下列选项正确的是( )
A. 直线的方程为
B. 若、两点分别是圆和圆上的动点，则的最大值为
C. 圆和圆的一条公切线长为
D. 经过点、两点的所有圆中面积最小的圆的面积为
11. 在中，角，，所对的边分别为，，，则下列说法中正确的是( )
A. 若，则
B. 若，则是锐角三角形
C. 若，，，则符合条件的有两个
D. 对任意，都有
12. 在棱长为的正方体中，，分别是，的中点，则( )
A. 与为异面直线
B.
C. 点到平面的距离为
D. 若点为线段上的一动点，则的范围
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 椭圆的离心率，则的值为______ ．
14. 已知向量，的夹角为，且，，则在上投影向量的坐标为______ ．
15. 在我国古代数学名著九章算术中，将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的棱柱称为“堑堵”已知三棱柱为一“堑堵”，其中，，，且该“堑堵”外接球的表面积为，则该“堑堵”的高为______ ．
16. 若直线：与曲线：有两个交点，则实数的取值范围是______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 本小题分
在中，，，．
求边的高线的方程；
过点的直线与直线的交点为，若、到的距离之比为：，求的坐标．
18. 本小题分
如图，在三棱锥中，底面，．
求证：平面平面；
若是的中点，二面角的大小为且，求直线与平面所成角的正切值．
19. 本小题分
在；；三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解决该问题．
在中，内角，，的对边分别为，，，其中且满足___．
求角的大小；
若的面积为，求的周长．
20. 本小题分
已知圆经过、两点，且圆心在直线上．
求圆的标准方程；
过点的直线与圆相交于、两点，且，求直线的方程．
21. 本小题分
如图，在正方体中，点、分别为棱、的中点，点为底面对角线与的交点，点是棱上一动点．
证明：直线平面；
证明：．
22. 本小题分
已知椭圆：的左右焦点分别为，，过的直线交椭圆于，两点点位于第三象限，点关于原点的对称点为当时，的面积为，且．
求椭圆的方程；
若的面积为，求直线的方程．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：，
则的虚部为．
故选：．
根据已知条件，结合复数的四则运算，以及虚部的定义，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及虚部的定义，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：直线：与直线：平行，
，
解得．
故选：．
利用直线与直线平行的性质直接求解．
本题考查实数值的求法，考查直线与直线平行的性质等基础知识，考查运算求解等基础知识，是基础题．
3.【答案】
【解析】解：因为，则直线与所成的角即为直线与所成的角，
如图，连接，可知直线与所成的角即为或其补角，
则，因为平面，平面，
则，在，可知，且为锐角，
则，所以直线与所成的角为．
故选：．
根据题意分析可知直线与所成的角即为或其补角，进而在中，运算求解即可．
本题考查异面直线所成的角的求法，属基础题．
4.【答案】
【解析】解：设椭圆方程为，，
由椭圆的性质可得：椭圆上的点到焦点的距离为，
又椭圆方程为，
则，，，
由题意可得，
即，
则．
故选：．
结合椭圆的性质可得，然后求解即可．
本题考查了椭圆的性质，属基础题．
5.【答案】
【解析】解：由于，整理得，
由于，，
所以，
所以．
故选：．
直接利用向量的模和数量积运算求出结果．
本题考查的知识要点：向量的数量积，向量的模，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
6.【答案】
【解析】解：根据题意，如图圆台中，，，
则，
又由母线与下底面所成为角的正切值为，即，
则，
故AB，
该圆台的表面积．
故选：．
根据题意，结合圆台的轴截面进行分析，求出圆台的母线，进而计算可得答案．
本题考查圆台的面积计算，涉及圆台的轴截面，属于基础题．
7.【答案】
【解析】解：，，
，，，
，，
，，，
．
故选：．
利用二倍角公式可得，再利用诱导公式，同角关系式即可求值．
本题考查二倍角公式，考查同角关系式，属于中档题．
8.【答案】
【解析】解：圆：，圆的圆心，半径为，，
，所以在圆外，，是圆：上的两个动点，且，圆心到的距离：，
所以，点到直线距离的最大值为：．
故选：．
判断与圆的位置关系，求解，圆心到的距离，然后求解点到直线距离的最大值．
本题考查直线与圆的位置关系的综合应用，点到直线的距离的求法，是中档题．
9.【答案】
【解析】解：对于：直线的斜率，由于，故直线的的倾斜角为，故A正确；
对于：经过点，且在，轴上截距互为相反数的直线方程为和，故B错误；
对于：直线：，整理得，故该直线恒过定点，故C正确；
对于：已知直线过点，且与，轴正半轴交于点、两点，设直线的方程为，，故A，，
所以，故D正确．
故选：．
直接利用直线的倾斜角和斜率，恒过定点的直线系，截距式直线方程，基本不等式判断、、、的结论．
本题考查的知识要点：直线的倾斜角和斜率，恒过定点的直线系，截距式直线方程，基本不等式，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
10.【答案】
【解析】解：由题意可知：圆：的圆心，半径，
圆：的圆心，半径，
对于选项A：直线的方程为，即，故A正确；
对于选项B：因为．
所以的最大值为，故B错误；
对于选项C：因为，可知圆与圆外切，
如图，直线为两圆的公切线，，为切点坐标，过作，垂足为，
则为矩形，可得，，
所以公切线长为，故C错误；
对于选项D：当为圆的直径时，经过点、两点的所有圆中面积最小，
此时圆的面积为，故D正确．
故选：．
根据题意求圆、的圆心与半径，对于：根据两点式方程运算求解；对于：根据圆的性质分析求解；对于：根据切线的性质运算求解；对于：当为圆的直径时，经过点、两点的所有圆中面积最小，运算求解即可．
本题考查直线与圆的位置关系，考查运算求解能力，属中档题．
11.【答案】
【解析】解：对于，，
由正弦定理知，
又在三角形中大角对大边，
，故A正确；
对于，由，
化为，
，
又最多只有一个角为钝角，
，，，即三个角都为锐角，
为锐角三角形，故B正确；
对于，，，，
由正弦定理得：，
又，
为锐角，
的度数只有一解，则符合条件的有一个，故C错误；
对于：，都是锐角或一锐角一直角时显然成立，
当一钝角和一锐角时，设为钝角，为锐角，
则，
由在上单调递减，
故，
即，
综上可知，在中，恒有，故D正确．
故选：．
对于，由正弦定理及三角形中大角对大边即可判断；
对于，通过内角和为化简角，再利用两角和的正切公式化简即可得到，即可判断；
对于，由题意利用正弦定理得，结合大边对大角可求为锐角，即可判断得解；
对于，分类讨论，利用余弦函数的性质即可判断．
本题考查了正弦定理与余弦定理的应用，考查了余弦函数的性质的应用，考查了三角形的形状判断，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
12.【答案】
【解析】解：在棱长为的正方体中，，分别是，的中点，
连接，，，并延长，由三角形的中位线定理可得它们交于一点，设为，
故A，为相交直线，故A错误；
以为坐标原点，以所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，
，，，，
则，，
，
，故B正确；
，，，
设平面的法向量为，
则，取，得，
则到平面的距离为，故C正确；
设，，，则，
解得，则，，
则，，
，，不为钝角，故D错误．
故选：．
连接，，，并延长，由三角形的中位线定理可得它们交于一点，设为，由此判断；以为坐标原点，以所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法判断．
本题考查异面直线的判定、直线与直线垂直的判定、点到平面的距离、角的取值范围等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
13.【答案】或
【解析】解：椭圆的离心率，
当椭圆的焦点在轴上时，有，
即；
当椭圆的焦点在轴上时，有，
即，
则的值为或．
故答案为：或．
由椭圆的性质，结合椭圆离心率的求法求解即可．
本题考查了椭圆的性质，重点考查了椭圆离心率的求法，属基础题．
14.【答案】
【解析】解：由，可得，
由投影向量定义可知：
在上的投影向量为
故答案为：
根据已知条件及投影向量的定义直接计算即可．
本题考查平面向量数量积运算，考查投影向量的概念，属基础题．
15.【答案】
【解析】解：如图，
由题意可知，三棱柱是底面为直角三角形的直三棱柱，
则三棱柱的外接球的球心在三棱柱上下底面外心连线的中点上，
设三棱柱的高为，外接球的半径为，
可得，解得．
故答案为：．
由题意画出图形，找出三棱柱外接球的球心，结合外接球的表面积求解半径，再由三棱柱外接球的半径与棱长的关系列式求解．
本题考查多面体的外接球，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．
16.【答案】
【解析】解：直线：恒过定点，
由曲线：，．
所以曲线表示以点为圆心，半径为，
且位于直线右侧的半圆包括点，，如图所示：
当直线经过点时，与曲线有两个不同的交点，此时；
当与半圆相切时，由，得，
分析可知当时，与曲线有两个不同的交点．
故答案为：．
根据直线所过的定点，结合直线与圆的切线性质，利用数形结合思想进行求解即可．
本题考查直线与圆的位置关系的应用，是中档题．
17.【答案】解：已知，，
所以直线的斜率，
则边的高线所在的直线斜率为，
所以边的高线所在的直线方程为，
即；
由知直线的方程为，
即，
若直线的斜率不存在，
此时直线的方程为，
则点、到的距离分别为，，不符合题意；
若直线的斜率存在，
不妨设直线的方程为，
即，
因为、到的距离之比为：，
所以，
解得或，
当是，直线的方程，
联立，
解得，，
即；
当时，直线的方程为，
联立，
解得，，
即，
综上，点的坐标为或．
【解析】由题意，先求出直线的斜率，根据垂直关系可得高线所在的直线斜率，进而可得结果；
先求出直线的方程，分类讨论直线的斜率是否存在，利用点到直线的距离公式可得直线的方程，进而可求交点坐标．
本题考查点到直线的距离公式；考查了逻辑推理、分类讨论和运算能力．
18.【答案】解：证明：因为底面，平面，所以，
因为，所以，因为，，平面，
所以平面，因为平面，所以平面平面；
由可知平面，平面，所以，因为，
所以为二面角的平面角，所以，
令，则，，
如图，过点作于，因为平面平面，平面平面，
平面，则平面，
为的中点，连接，则为直线与平面所成的角，
在中，；
在中，，
是的中点，则，
因为平面，平面，所以在中，，
，
则直线与平面所成角的正切值为．
【解析】根据线线垂直得平面，由由面面垂直的判定定理可证得结论；
由题意求出，的长，过点作于，连接，则为直线与平面所成的角，然后在中可求得结果．
本题考查面面垂直的证明，考查线面角的正切值的求法，属中档题．
19.【答案】解：若选，，
，
，
，
，
，
；
若选，，
由正弦定理可得，
，，
，可得，
，，
，可得；
若选，，可得，
由正弦定理可得，
又，，
，
又，
；
，，
，解得，，
，
的面积为，解得，
的面积为，解得，
的面积为，解得，
由可得，，，
的周长．
【解析】若选，利用正弦定理，两角和的正弦公式以及同角三角函数基本关系式可求，结合，可求的大小；
若选，由正弦定理，两角差的正弦公式化简已知等式可得，可求，进而可求的大小；
若选，由正弦定理，两角和的正弦公式化简已知等式可得，结合，可求的大小．
由题意利用同角三角函数基本关系式可求，的值，利用两角和的正弦公式可求的值，进而利用三角形的面积公式可求得，，，联立方程可求，，的值，即可求解的周长．
本题主要考查了正弦定理，余弦定理，和差角公式及三角形的面积公式在求解三角形中的应用，属于中档题．
20.【答案】解：圆经过、两点，线段的中点为，直线的斜率为，
所以线段的中垂线方程为，即，
圆心为的中垂线与直线的交点，
联立，解得，故圆心为，
圆的半径，
所以圆的标准方程为；
过点的直线与圆相交于、两点，且，
可得，可得，所以到的距离为：，
可知直线的斜率存在，设为，直线：，即，
可得，解得或，
直线的方程：或．
【解析】求出线段的垂直平分线的方程，与直线的方程，可得出圆心的坐标，求出圆的半径，即可得出圆的标准方程；
说明直线的斜率存在，设直线的方程，通过向量的数量积，转化求解圆心到直线的距离，求出的值，即可求解直线的方程．
本题考查直线与圆的位置关系的应用，斜率的数量积的应用，考查分析问题解决问题的能力，是中档题．
21.【答案】证明：取中点，的中点，连接，，，
因为为的中点，所以，且，可得四边形为平行四边形，
所以，
在矩形中，，为中点，，且，
即四边形为平行四边形，
所以，所以，
又因为平面，平面，
所以平面；
是正方形对角线的交点，为的中点，所以为的中位线，
所以，
而面，平面，
所以，
所以，
且，，
所以，
即，即，
又，所以平面，
又平面，所以，
因为，所以，
因为，
所以平面，
而，即面，
所以．
【解析】取中点，的中点，由题意可证得四边形为平行四边形，可得，再证得，可证得线面平行；
通过证明平面，再证得线线的垂直．
本题考查线面平行的证法及由线面垂直的应用，属于中档题．
22.【答案】解：连接，，
因为点关于原点对称点为，
所以四边形为平行四边形，
又，
所以四边形为矩形，
此时，
解得，
因为的面积为，
所以，
又，
联立，解得，
此时，
则椭圆的方程为；
由知，
不妨设，，直线的方程为，
联立，消去并整理得，
此时，
由韦达定理得，，
所以
，
令，
此时，
解得或，
所以或，
则直线的方程为或，
即或．
【解析】由题意，连接，，根据对称性得到，解得，结合三角形面积以及矩形的性质即可求出的值，进而可得椭圆的方程；
先将直线的方程设出，将直线的方程与椭圆方程联立，结合韦达定理以及三角形面积公式进行求解即可．
本题考查椭圆的性质以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力．
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