2023-2024学年江苏省南京市高二上册期初考试数学试题（含解析）

2023-2024学年江苏省南京市高二上册期初考试数学模拟试题一、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．1 C． D．03．在长方体中，已知点P为线段的中点，且，，，则直线与AP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H看作一个质点，H绕太阳的运动轨迹近似成曲线，行星P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C的近日点距离和远日点距离之和是20（距离单位：亿千米），近日点距离和远日点距离之积是81，则（

）A．181 B．97 C．52 D．195．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2和5，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A，B是圆C：上的两个动点，且，若，则点P到直线AB距离的最大值为（

）A．2 B．3 C．4 D．7二、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．下列说法正确的是（

）A．直线的倾斜角为120°B．经过点，且在x，y轴上截距互为相反数的直线方程为C．直线l：恒过定点D．已知直线l过点，且与x，y轴正半轴交于点A､B两点，则△AOB面积的最小值为410．已知圆M：，圆N：，则下列选项正确的是（

）A．直线MN的方程为B．若P､Q两点分别是圆M和圆N上的动点，则的最大值为5C．圆M和圆N的一条公切线长为D．经过点M､N两点的所有圆中面积最小的圆的面积为11．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，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．在边长为2的正方体中，M，N分别是BC，的中点，则（

）A．AM与为异面直线B．C．点到平面的距离为2D．若点Q为线段上的一动点，则的范围三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.请把答案填写在答题卡相应位置上.13．若椭圆的离心率为，则m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l：与曲线C：有两个交点，则实数k的取值范围是.四、解答题：本大题共6小题，共70分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤.17．在△ABC中，，，.(1)求BC边的高线所在的直线的方程；(2)过点A的直线l与直线BC的交点为D，若B､C到l的距离之比为1：2，求D的坐标.18．如图，在三棱锥中，底面ABC，.

(1)求证：平面平面PBC；(2)若M是PC的中点，二面角的大小为45°且，求直线与平面所成角的正切值.19．在①；②；③三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解决该问题.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，其中且满足___________.(1)求角C的大小；(2)若△ABC的面积为，求△ABC的周长.20．已知圆C经过､两点，且圆心在直线上.(1)求圆C的标准方程；(2)过点的直线l与圆C相交于P､Q两点，且，求直线l的方程.21．如图，在正方体中，点E､F分别为棱､的中点，点P为底面对角线AC与BD的交点，点Q是棱上一动点.

(1)证明：直线∥平面；(2)证明.22．已知椭圆E：的左右焦点分别为，，过的直线l交椭圆E于P，Q两点（点P位于第三象限），点P关于原点O的对称点为R.当时，的面积为1，且.(1)求椭圆E的方程；(2)若的面积为，求直线l的方程.1．B【分析】先化简z，再直接写出虚部.【详解】由题可得，则的虚部为，故选B．2．A【分析】根据两直线平行的条件可直接求出的值.【详解】因为，所以，解得.故选：A.3．B【分析】根据题意分析可知直线与AP所成的角即为（或其补角），进而在中，运算求解即可.【详解】因为∥，则直线与AP所成的角即为直线与AP所成的角，如图，连接，可知直线与AP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AP所成的角为.故选：B.

4．A【分析】根据椭圆定义以及性质得出长半轴与半焦距的方程组并求解即可.【详解】设某行星运行轨道（椭圆）的长半轴长和短半轴长分别为，则半焦距为，所以行星C的近日点距离为，远日点距离为，由题意，解得，所以.故选：A5．A【分析】根据题意利用数量积的运算律可得，代入夹角公式运算求解即可.【详解】因为，即，解得，所以，夹角的余弦值为.故选：A.6．D【分析】根据圆台的轴截面，结合正切函数的定义、圆台表面积公式进行求解即可.【详解】如图所示圆台的轴截面，

过点作，因此有，因为母线与下底面所成为角的正切值为，所以，该圆台的表面积为，故选：D7．C【分析】根据题意利用倍角公式可得，进而可得，进而利用诱导公式运算求解.【详解】因为，则，可知，且，解得，则，可得，所以.故选：C.8．D【分析】设P、C到直线AB的距离分别为，根据题意结合垂径定理可得，再根据结合几何关系分析求解.【详解】由题意可知：圆C：的圆心，半径，则，设P、C到直线AB的距离分别为，因为，解得，分别过P、C作，垂足分别为，再过C作，垂足为，显然当P、C位于直线AB的同侧时，点P到直线AB的距离较大，

则，当且仅当，即直线AB与直线PC垂直时，等号成立，所以点P到直线AB距离的最大值为7.故选：D.9．ACD【分析】对于A：先求斜率，进而可得倾斜角；对于C：整理得，令，运算求解即可；对于B、D：设直线l：，进而可得截距，根据题意结合基本不等式运算求解.【详解】对于选项A：直线的斜率，倾斜角为120°，故A正确；对于选项C：因为，整理得，令，解得，所以直线l恒过定点，故C正确；对于选项B、D：可知直线l的斜率存在，设为，则直线l：，令，解得，即直线l在y轴上的截距为；令，解得，即直线l在x轴上的截距为；对于B：若在x，y轴上截距互为相反数，则，解得或，所以直线方程为或，故B错误；对于D：直线l与x，y轴正半轴交于点A､B两点，则，可知，可得面积，当且仅当，即时，等号成立，所以△AOB面积的最小值为4，故D正确；故选：ACD.10．AD【分析】根据题意求圆M、N的圆心与半径.对于A：根据两点式方程运算求解；对于B：根据圆的性质分析求解；对于C：根据切线的性质运算求解；对于D：当为直径的圆时，经过点M､N两点的所有圆中面积最小，运算求解即可.【详解】由题意可知：圆M：的圆心，半径，圆N：，的圆心，半径，对于选项A：直线MN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M与圆N外切，如图，直线为两圆的公切线，为切点坐标，过A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：当为直径的圆时，经过点M､N两点的所有圆中面积最小，此时圆的面积为，故D正确；故选：AD.11．ABD【分析】由正弦定理边角转化可判断A；根据两角和的正切公式结合三角形内角和定理可判断B；由正弦定理及三角形性质可判断C；由三角形内角性质及余弦函数单调性可判断D.【详解】对于A选项，由，根据正弦定理得，（为外接圆半径），即，则，故A正确；对于B，，所以，所以，所以三个数有个或个为负数，又因最多一个钝角，所以，即都是锐角，所以一定为锐角三角形，故B正确；对于C，由正弦定理得，则，又，则，知满足条件的三角形只有一个，故C错误；对于D，因为，所以，又函数在上单调递减，所以，所以，故D正确；故选：ABD12．BCD【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量坐标运算逐项计算判断即可.【详解】以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，

则，，，，，，，，，，对于A，因为，，则，所以，所以四点共面，所以AM与不是异面直线，故A错误；对于B，，，则，所以，所以，故B正确；对于C，，，设平面的法向量，则，令，则，又，所以点到平面的距离为，故C正确；对于D，点Q为线段上的一动点，则设,，所以，则，，则，因为，所以，所以，所以，又，所以，即的范围，故D正确.故选：BCD.关键点点睛：对于立体几何中的动点问题（范围问题），往往建立空间直角坐标系，把几何的角（距离）的范围问题转化向量夹角（距离）问题，但要注意转化的等价性和公式的准确性.13．【分析】根据椭圆的离心率公式进行求解即可.【详解】因为，所以该椭圆的焦点在横轴上，所以所以有，因为该椭圆的离心率为，所以，故14．【分析】根据数量积的定义求出，再根据在方向上的投影向量为计算可得.【详解】因为，所以，又向量与的夹角为，且，所以，所以在方向上的投影向量为.因为，所以在方向上的投影向量.故答案为.15．【分析】三棱柱补成长方体，可知三棱柱的外接球即为长方体的外接球，结合题意列式求解即可.【详解】如图，将三棱柱补成长方体，

则三棱柱的外接球即为长方体的外接球，设球的半径为，该“堑堵”的高为，由题意可得，解得，所以该“堑堵”的高为.故答案为.16．【分析】根据题意分析可得曲线C是以为圆心，1为半径的右半圆，结合图象分析求解.【详解】因为，可得，且，所以曲线C是以为圆心，1为半径的右半圆，直线l：过定点，斜率为，如图所示：

当直线l过时，可得；当直线l：与曲线C相切，则，解得；所以实数k的取值范围是.故答案为.17．(1)(2)或【分析】（1）先求直线BC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；（2）先求直线的方程，分类讨论直线l的斜率是否存在，利用点到直线的距离公式可得直线l的方程，进而可求交点坐标.【详解】（1）由题意可知：直线BC的斜率为，则BC边的高线所在的直线斜率为，所以BC边的高线所在的直线方程为，即.（2）由（1）可知直线的方程为：，即，若直线l的斜率不存在，则直线l：，可知B､C到l的距离分别为，不合题意；若直线l的斜率存在，设为，则直线l：，即，由题意可得：，即或，当，则直线l：，联立方程，解得，即；当，则直线l：，联立方程，解得，即；综上所述：D的坐标为或.18．(1)证明见详解(2)【分析】（1）根据线线垂直得平面，再由面面垂直的判定定理可证得结论，（2）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【详解】（1）因为PA⊥底面，平面，所以，因为∠ABC＝90°，所以，因为,平面，所以平面，因为平面，所以平面平面PBC.（2）由（1）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，且为的中点，连接，则为直线与平面所成的角，在中，,在中，，M是PC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.19．(1)(2)【分析】（1）根据题意，由正弦定理的边角互化化简，即可得到结果；（2）根据题意，由可得，从而可得，由正弦定理可得，结合三角形的面积公式即可求得，再由余弦定理即可求得.【详解】（1）若选①，因为，所以，即，所以，所以，且，则；若选②，因为，所以，即，化简可得，所以或（舍），即；若选③，因为，所以，化简可得，，即，且，则；（2）因为，则，解得，且，由正弦定理可得，，即，又因为，即，所以，则，由余弦定理可得，，则，所以三角形的周长为.20．(1)(2)或【分析】（1）根据题意利用待定系数法运算求解；（2）利用数量积的定义及直角三角形求出圆心到直线的距离，利用点到直线距离公式求解斜率，即可求解直线方程.【详解】（1）设圆C的标准方程为，可知其圆心为，由题意可得，解得，所以圆C的标准方程为.（2）由题意，过点的直线l与圆C相交于P､Q两点，且，则，所以，所以，所以圆心C到直线l的距离，由题意直线l的斜率存在，设直线为，即，所以，化简得，解得或，所以直线l的方程为或.

21．(1)证明见详解(2)证明见详解【分析】（1）建系，利用空间向量可得∥，再结合线面平行的判定定理分析证明；（2）由空间向量的坐标运算可得，进而可得结果.【详解】（1）如图，以为坐标原点，分别为轴所在的直线，建立空间直角坐标系，不妨设，则，可得，可知，则∥，且平面，平面，所以∥平面.

（2）设，则，可得，由（1）可知：，因为，所以.22．(1)(2)或.【分析】（1）由对称性得到，求出