江苏省南京市2024-2025学年高二上学期期中考试数学试卷（Word版附解析）

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1.本试卷考试时间为120分钟，试卷满分150分.
2.本试卷中所有试题必须作答在答题卡上规定的位置，否则不给分．
3.答题前，务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在试卷及答题卡上.
一、选择题：本大题共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，请把答案填涂在答题卡相应位置上．
1. 下列四组数据中，方差最小的是（ ）
A. 5，5，5，5，5，5，5，5B. 4，4，4，5，5，5，6，6
C. 3，3，4，4，5，6，6，7D. 2，2，2，2，2，5，8，8
【答案】A
【解析】
【分析】根据方差的定义和意义进行判断.
【详解】设个数据，的平均数为，
则方差为，
方差反应一组数据的波动大小，方差越大，波动性越大，反之也成立.
对于A，这组数据都相等，没有波动，故方差为；
对于B，这组数据分布比较均匀，波动较小，故方差较小但大于；
对于C，这组数据分布比较均匀，波动较小，故方差较小但大于；
对于D，这组数据波动较大，故方差较大；
故选：A.
2. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的除法运算求解.
【详解】,
故选：D.
3. 直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】将一般式方程转化为点斜式方程求出斜率，即可求倾斜角.
【详解】直线化为点斜式得，，
所以直线的斜率为，所以倾斜角为，
故选：B.
4. 两条渐近线互相垂直的双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】不妨设双曲线的焦点在轴，设出双曲线的标准方程，则可表示出其渐近线的方程，根据两条直线垂直，推断出其斜率之积为，得到，再利用双曲线的离心率为．
【详解】设双曲线的标准方程为，则渐近线的方程为，
由两条渐近线互相垂直，即，即，
又双曲线的离心率为，
故选：B
5. 若方程表示焦点在轴上的椭圆，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据椭圆方程的概念求解.
【详解】因为方程表示焦点在轴上的椭圆，
所以，解得，
故选:C.
6. 底面直径与高相等的圆柱的体积为，则该圆柱的外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先根据题中的条件求出圆柱底面直径与高，再利用圆柱轴截面矩形的对角线为圆柱的外接球的直径，由此求出圆柱的外接球的半径，即可求得表面积.
【详解】
设圆柱的底面直径与高为，则圆柱的体积为，解得，
则外接球的直径为，即圆柱的外接球的半径为，
则圆柱的外接球的表面积为，
故选：B.
7. 已知点，若圆上任意一点都满足，则实数（ ）
A. B. C. 2D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】利用求出点的轨迹方程即可.
【详解】设，因为，
所以，
则，整理得，，所以，
故选:C.
8. 抛物线的准线为l，M为上的动点，则点到与到直线的距离之和的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用抛物线的定义将问题转化为焦点到直线的距离即可求解.
【详解】
如图，抛物线的焦点为,
根据抛物线的定义可知，点到的距离等于,
所以点到与到直线的距离之和即为与到直线的距离之和，
由图可知，与到直线的距离之和的最小值为焦点到直线的距离，
所以即为所求，
故选: D.
二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，请把答案填涂在答题卡相应位置上．全部选对得6分，部分选对得部分分，不选或有错选的得0分.
9. 分别抛掷两枚质地均匀的硬币，记“第一枚硬币正面朝上”为事件，“第二枚硬币反面朝上”为事件，则（ ）
A. B.
C. 和是互斥事件D. 和是相互独立事件
【答案】AD
【解析】
【分析】根据古典概率模型求解选项A,B,利用互斥事件的定义求解选项C，利用相互独立事件的定义求解选项D.
【详解】由题，样本空间为{（正，正），（正，反），（反，正），（反，反）}，
{（正，正），（正，反）}，
{（正，反），（反，反）}，
所以，A正确；
{（正，反）}，
所以，则B错误，
因为，所以和不是互斥事件，C错误，
因为,
所以，所以和是相互独立事件，D正确.
故选:AD.
10. 在矩形ABCD中，.若，则（ ）
A.
B.
C. 以CE为直径的圆与直线BF相切
D. 直线AE与BF的交点在矩形ABCD的外接圆上
【答案】BCD
【解析】
【分析】建立平面直角坐标系，写出点的坐标，利用斜率与平行关系确定选项A，利用向量的数量积与垂直的关系确定选项B，利用直线与圆的位置关系确定选项C，利用两直线的交点坐标求解方法与两点间的距离公式确定选项D.
【详解】
如图，以为坐标原点，方向为轴，建立平面直角坐标系，
则,
对A，,所以不平行，A错误；
对B，,,所以，B正确；
对C，的中点为，
因为，所以的直线方程为，化为一般式，
则点到直线的距离为，
又因为,所以,
所以以CE为直径的圆与直线BF相切，C正确；
对D，因为,所以的直线方程为，
联立，解得，所以直线AE与BF的交点为，
矩形ABCD的外接圆是以2,1为圆心，
为半径的圆，
因为点到2,1的距离为，
所以直线AE与BF的交点在矩形ABCD的外接圆上，D正确；
故选:BCD.
11. 已知椭圆，直线与交于A，B两点，点为上异于A，B的动点，则（ ）
A. 当时，B.
C. 存在点，使得D.
【答案】ABCD
【解析】
【分析】设点，则,从而，根据在椭圆上，则有 ，则，再结合，可判断选项A；利用可判断选项B；根据可判断选项C，利用平面三角形的坐标面积公式即可判断选项D.
【详解】设，则,
所以，
因为点在椭圆上，所以，所以，
则，
时，，代入，解得，
此时，A正确；
因为为的中点，所以,
所以，
因为点在椭圆上，所以，所以，
所以，
因为点在椭圆上，
所以，所以，B正确；
因为，,
所以,
所以，
所以当时，，
因为点为上异于A，B的动点，
所以存在点或时，使得，C正确；
以下证明，若，则，
,
所以,
所以
，
因为，
所以，
设，
则，D正确；
故选：ABCD.
【点睛】关键点点睛：
本题选项B需使用极化恒等式：在中，是中点，则恒有；
2.本题选项D需使用三角形面积的坐标表示：若，则.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.请把答案填写在答题卡相应位置上.
12. 若直线与垂直，则实数______.
【答案】
【解析】
【分析】根据两条直线垂直的充要条件进行求解即可.
【详解】由直线与垂直，
则，解得，
故答案为：.
13. 已知，则______.
【答案】##
【解析】
【分析】利用同角三角函数的关系以及两角差的余弦公式求解.
【详解】因为，所以，
又因，
所以，
所以，
故答案为： .
14. 历史上最早系统研究圆锥曲线的是古希腊学者梅纳库莫斯，大约100年后，阿波罗尼斯更详尽地研究了圆锥曲线，他的研究涉及圆锥曲线的光学性质，其中一条是：如图（1），从右焦点发出的光线交双曲线右支于点，经双曲线反射后，反射光线的反向延长线经过左焦点．已知图（2）中，双曲线的中心在坐标原点，左、右焦点分别为，直线平分，过点作的垂线，垂足为，且.则当反射光线经过点时，______.
【答案】9
【解析】
【分析】延长交于点，根据直线平分，则有，从而有，再根据为的中点， 为的中点，
则由中位线的性质可得，，进而利用双曲线的定义求解.
【详解】
延长交于点，
因为直线平分，所以，
所以，
所以，
由角平分线可知，为的中点，又因为为的中点，
则由中位线的性质可得，，所以，
所以.
故答案为：9.
四、解答题：本大题共5小题，共77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．
15. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.
（1）求；
（2）若，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理边化角即可求解；
（2）利用余弦定理和面积公式求解.
【小问1详解】
因为，边化角可得，
，
即，
又因为，
且，
所以，因为，所以.
【小问2详解】
由余弦定理，，
所以，即，所以，
所以的面积为.
16. 已知点在抛物线上，直线经过点，且在轴上的截距为.
（1）求的值和直线的方程；
（2）记与的另一个交点为，求经过，，三点的圆的方程.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）利用抛物线上的点即可求得，并根据点斜式求直线方程；
（2）联立直线方程和抛物线方程求解得到，再设圆的一般方程为，待定系数法求解.
【小问1详解】
因为点在抛物线上，
所以，解得，
所以；
因为直线在轴上的截距为，
所以设，
又因为直线经过点，所以，解得，
所以直线的方程为.
【小问2详解】
设，
联立，消去可得，，
解得，，则，
所以，
设经过，，三点的圆的方程为，
则有，解得，，
所以圆方程为.
17. 在四面体PABC中，M，N分别为PC，BC的中点.

（1）证明:平面；
（2）若平面，四面体PABC的体积为2，且，求MN与平面PAC所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【小问1详解】
在中，是的中点，所以,
又因为平面, 平面,
所以平面.
【小问2详解】

因为，所以，
因为平面，
且四面体PABC的体积为2，
所以，
即，所以,所以,
过点作的垂线，垂足为，连接，则有，
因为平面平面，所以,
又因为平面，
所以平面，所以MN与平面PAC所成角，
因为平面，所以，
在中，由等面积法可知，
，所以,
则,
,
所以即为MN与平面PAC所成角的正弦值.
18. 已知圆，圆，过点作圆的切线，切线的长为2．
（1）求圆的方程；
（2）直线经过点，且与圆交于A，B两点，，
①求的方程和的值；
②若动圆与圆外切，且与圆内切，求动圆圆心到点距离的最小值.
【答案】（1）
（2）①或；②动圆圆心到点距离的最小值为.
【解析】
【分析】（1）根据圆的切线长公式求解即可；
（2）①利用直线被圆截得的弦长公式可求的方程，再根据向量的数量积公式结合余弦定理可求的值；②利用双曲线的定义，确定动点的轨迹是以为焦点的双曲线的右半支，再利用两点间的距离公式求解.
【小问1详解】

过点作圆的切线，设切点为,连接，
因为,
所以,
所以圆.
【小问2详解】
显然, 直线的斜率存在，设直线的方程为，
设圆心到直线的距离为，
所以，解得，
又因为，整理得，，
解得或，
所以的方程为或；
在中，,
所以.
设动圆的半径为，则由题意可得，
,
所以，
所以动点的轨迹是以为焦点的双曲线的右半支，
则有，
所以双曲线方程为，
设动点，则有，所以，
所以，
由二次函数的性质可知，当时，
有最小值，最小值为，
所以，此时.
19. 已知椭圆的右顶点为，上顶点为，离心率为.
（1）求的方程；
（2）直线平行于直线AB，且与交于M，N两点，
①P，Q是直线AB上的两点，满足四边形MNPQ为矩形，且该矩形的面积等于，求的方程；
②当直线AM，BN斜率存在时，分别将其记为，证明：为定值.
【答案】（1）
（2）①或.②,证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据椭圆以及离心率之间的关系求解；
（2）①利用矩形的面积公式可得，再利用直线被椭圆截得的弦长公式，结合韦达定理可求解；
②利用韦达定理得，进而可得，即可证明.
【小问1详解】
由题意得，,所以，解得，
所以椭圆方程为.
【小问2详解】
①由（1）知，,即，
设，
联立，消去整理得，，
由相交得，，即，解得，
由韦达定理得，，
因为，所以矩形中即为两平行线间的距离，
因为，即，，
所以，
又由题意得，,
所以,即，
此时，
所以，化简得，解得或，
所以直线或.
②因为，所以，则有，
由韦达定理，
（此处，因为点在椭圆上，所以）
所以，进而，
此时有，，
所以.