河南省南阳市第一中学校2022-2023学年高二上期开学考试数学试题（Word版含答案）

这是一份河南省南阳市第一中学校2022-2023学年高二上期开学考试数学试题（Word版含答案），共9页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
南阳一中2022年秋期高二年级开学考试数学试题一、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2，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．126．中，已知，，则（    ）A．6 B．5 C．4 D．37．已知，，，，则的值是（    ）A． B． C． D．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19．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．412．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．在平面直角坐标系中，已知，．（1）若，求实数的值；（2）若，求实数的值．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．设直线的方程为．（1）若在两坐标轴上的截距相等，求的方程；（2）若不经过第二象限，求实数的取值范围．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）外接圆的一般方程．22．如图，在四棱锥中，平面，底面是直角梯形，其中，，，，为棱上的点，且．（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值；（3）求点到平面的距离． 南阳一中2022年秋期高二年级开学考试数学答案1．【答案】D  ．2．【答案】B  扇形半径，扇形弧长等于．3．【答案】A  在中，，，，由正弦定理得，而，有，即为锐角，所以此三角形有一解．4．【答案】D  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．5．【答案】B  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3．6．【答案】A  由已知及正弦定理可得，由余弦定理推论可得，∴，∴，∴．7．【答案】C  ∵，，，，∴，，因此，．8．【答案】B  解法一：（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．综上实数的值为．解法二：由点到直线的距离公式得，即，亦即，解得．9．【答案】A  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．10．【答案】B  若，可得，即为，即有，则，故为的外心，故选B．11．【答案】B  由题意知，点在以原点为圆心，以为半径的圆上，又因为点在已知圆上，所以只要两圆有交点即可，所以，故选B．12．【答案】D13．14．解法一：∵，∴三点所在直线的斜率存在，∴，．∵点，，在同一直线上，∴，∴，解得或．解法二：∵，，点，，在同一直线上，∴，即，解得或．15．【答案】  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，设球心为，连接、，设半径为，，，由题可知，为直角三角形，所以，所以，解得：，，所以．16．【答案】  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，时，即，时，的最小值为．17．（1）；（2）（1）因为，．所以，，因为，所以，解得．（2），因为，所以，解得．18．解：（1）；（2）或，检验得，时与重合，故．19．解：（1）当直线过原点时，该直线在轴和轴上的截距为零，当然相等，∴，此时的方程为．若，由截距存在且均不为零有，即，∴，此时的方程为．（2）将的方程化为．∴，或．解得．综上可知，实数的取值范围是．20．（1）；（2）（1）由正弦定理得：，∴，∵，∴，∴，∴．（2）由正弦定理得：，∴，，∴；∵为锐角三角形，∴，即，∴，∴，∴，，即的取值范围为．21．解：（1）设顶点，由题意得，且，所以，解得，所以顶点．（2）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．解：（1）延长至点，使得．∵，，∴，，∴四边形为平行四边形，∴．又∵，，∴，．在直角三角形中，，在直角三角形中，，∴在中，，，故为以为直角的直角三角形，∴，由得，．∵平面，平面，∴．∵平面，平面，，∴平面．（2）过点作的垂线交于点，设，的交点为，连结．由题意可知，，．所以在中，．在中，．∴，．在平面中，，∴，，∴在平面中，，则，∴，即．∴即为二面角的平面角．故在中，．（3）在三棱锥中，,解得，即点到平面的距离为2．