2021-2022学年重庆市四川外语学院重庆第二外国语学校高二上学期10月月考数学试题（解析版）

2021-2022学年重庆市四川外语学院重庆第二外国语学校高二上学期10月月考数学试题

一、单选题

1．已知平面α上的两个向量＝(2，3，1)，＝(5，6，4)，则平面α的一个法向量为（       ）

A．(1，－1，1) B．(2，－1，1) C．(－2，1，1) D．(－1，1，－1)

【答案】C

【分析】利用平面的法向量的定义将问题转化为，再通过空间向量的数量积进行求解.

【详解】显然与不平行，

设平面α的法向量为＝(x，y，z)，

则，

∴，

即，

分别验证各选项可知，只有选项C符合.

故选：C.

2．已知过A（m，1）、B(－1，m)两点的直线与过P（1，2）、Q(－5，0)两点的直线垂直，则m=（       ）

A．1 B．－1 C．2 D．－2

【答案】D

【分析】利用直线垂直的斜率关系即求.

【详解】由题可知，

∴，解得.

故选：D.

3．直线的一个方向向量是（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】根据直线的斜率先得到直线的一个方向向量，然后根据方向向量均共线，求解出结果.

【详解】因为直线的斜率为，所以直线的一个方向向量为，

又因为与共线，所以的一个方向向量可以是，

故选：A.

4．如图中的直线l1，l2，l3的斜率分别为k1，k2，k3，则（       ）

A．k1<k2<k3 B．k3<k1<k2

C．k3<k2<k1 D．k1<k3<k2

【答案】D

【分析】根据直线的倾斜角大小判断k1，k2，k3的大小关系即可.

【详解】直线l1的倾斜角α1是钝角，故k1<0，

直线l2与l3的倾斜角α2与α3均为锐角且α2>α3，

∴0<k3<k2，

综上，k1<k3<k2，

故选：D．

5．方程表示的曲线关于直线成轴对称图形，则（       ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】依题意可知，方程表示的圆的圆心在直线上，即可解出．

【详解】因为，所以该方程表示圆心为的圆，而该方程表示的曲线关于直线成轴对称图形，所以圆心在直线上，即有．

故选：A．

6．已知圆，则过圆上一点的切线方程为（       ）

A． B．或 C． D．

【答案】A

【分析】利用切线与半径垂直求出切线的斜率，再根据点斜式可求出切线方程.

【详解】因为圆的圆心为，所以，

所以切线的斜率，

所以所求切线的方程为，即，

故选：A

7．MA，MB，MC是从点M出发的三条射线，每两条射线的夹角均为60°，那么直线MC与平面MAB所成角的余弦值是（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】过上一点作平面，则就是直线与平面所成的角．能证明点在的平分线上，通过解直角三角形、，求出直线与平面所成角的余弦值．

【详解】解：在上任取一点并作平面，则就是直线与平面所成的角．

过点作，，因为平面，则，．

，，，

因为，所以点在的平分线上，即．

设，

在直角中，，，则．

在直角中，，．则．

即直线与平面所成角的余弦值是．

故选：A

8．已知二次函数交轴于两点(不重合)，交轴于点. 圆过三点.下列说法正确的是（       ）

① 圆心在直线上；② 的取值范围是；

③ 圆半径的最小值为；④ 存在定点，使得圆恒过点.

A．①② B．③④ C．②③ D．①④

【答案】D

【分析】根据圆的性质得圆心横坐标为1判断①，根据二次函数与轴有两个交点可得的取值范围判断②, 假设圆方程为，用待定系数法求解，根据二次函数的性质和的取值范围求圆半径的取值范围判断③，再根据圆的方程的判断是否过定点判断④.

【详解】二次函数的对称轴为，

因为对称轴为线段的中垂线，

所以圆心在直线上，故①正确；

因为二次函数与轴有两点不同交点，

所以，即，故②错误；

不妨设在的左边，则，

设圆方程为 ，则 ，

解得 ，

因为，所以即，故③错误；

由上得圆方程为，

即，恒过点，故④正确.

故选D.

二、多选题

9．过点且在两坐标轴上截距相等的直线方程是（       ）

A． B． C． D．

【答案】AC

【解析】分两种情况求解，过原点时和不过原点时，结合所过点的坐标可求.

【详解】当直线过坐标原点时，直线方程为；

当直线不过坐标原点时，设直线方程为，代入点可得，

即.

故选：AC.

【点睛】直线在两坐标轴上截距相等时，有两种情况：一是直线经过坐标原点；二是直线斜率为.

10．如果，，那么直线经过（       ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】ACD

【分析】把直线方程的一般式化为斜截式，从而可判断直线经过的象限.

【详解】因为，故，故直线的斜截式方程为：，

因为，，故，

故直线经过第一象限、第三象限、第四象限，

故选：ACD.

11．已知圆的一般方程为，则下列说法正确的是（       ）

A．圆的圆心为 B．圆被轴截得的弦长为10

C．圆的半径为5 D．圆被轴截得的弦长为8

【答案】AC

【分析】将圆一般方程化为标准方程，可求得圆心和半径，即可判断AC是否正确，再令和，算出弦长可判断BD是否正确.

【详解】由圆的一般方程为，则圆，

故圆心为，半径为，则AC正确；

令，得或，弦长为6，故D不正确；

令，得或，弦长为8，故B不正确.

故选：AC

12．已知梯形，，，，是线段上的动点；将沿着所在的直线翻折成四面体，翻折的过程中下列选项中正确的是（       ）

A．不论何时，与都不可能垂直

B．存在某个位置，使得平面

C．直线与平面所成角存在最大值

D．四面体的外接球的表面积的最小值为

【答案】AD

【分析】利用反证法可判断AB选项的正误；分别取、的中点、，连接、，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断C选项的正误；设四面体的外接球心为，求出四面体外接球半径的最小值，可判断D选项的正误.

【详解】对于A选项，在梯形中，，，，

，且，则，

因为，由余弦定理可得，

，，

若，且，平面，

平面，，事实上，矛盾，

故不论何时，与都不可能垂直，A选项正确；

对于B选项，若平面，平面，则，

所以，，而，，即，

则、、无法构成三角形，不合乎题意，B选项错误；

对于C选项，分别取、的中点、，连接、，则，

，，则，

，为的中点，则，

，故平面，

以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

设，则、、、，，

设三棱锥的球心为，

由可得，解得，

设三棱锥的外接球半径为，则，当且仅当时，等号成立，

因此，四面体的外接球的表面积的最小值为，D选项正确.

对于C选项，设，

，

易知平面的一个法向量为，

，

而，

即当时，无最大值，进而可知直线与平面所成角无最大值，C选项错误.

故选：AD.

【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：

（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；

（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；

（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.

三、填空题

13．直线的倾斜角是______．

【答案】

【分析】根据直线方程可得斜率，进而可得倾斜角

【详解】解：由已知，则直线斜率，

又倾斜角的范围为.

故直线的倾斜角是.

故答案为：.

14．已知圆C的圆心为，面积为，则圆C的一般方程为________．

【答案】

【分析】由圆的面积公式得出半径，即可写出圆C的一般方程．

【详解】因为圆C的面积为，所以由，即，所以圆C的标准方程为

，即圆C的一般方程为．

故答案为：．

15．二面角的棱上有两个点、，线段与分别在这个二面角的两个面内，并且垂直于棱，若，，，，则平面与平面的夹角为_________.

【答案】

【分析】先设平面与平面的夹角为，因为，，

所以，，根据空间向量得，

两边平方代入数值即可求出答案.

【详解】设平面与平面的夹角为，因为，，

所以，由题意得，所以

所以，所以，所以，即平面与平面的夹角为.

故答案为：或.

16．已知在平面直角坐标系中直线l恒过定点（2，1）.与x正半轴y正半轴分别相交A、B两点，O为坐标原点，则△周长的最小值是_____________.

【答案】10

【分析】设出直线在两坐标轴上的截距,再设,把三角形的三边用表示，然后利用万能公式化简，换元后由基本不等式求最值.

【详解】设三角形三个顶点坐标分别为O(0,0)，A(a,0)，B(0,b)，其中a>0，b>0，

设，则

，

△周长=

，

令，则△周长=

当且仅当，即时，周长取最小值10.

故答案为：10

四、解答题

17．求满足下列条件的方程.

(1)经过点，且与直线平行；

(2)圆C的圆心在x轴上，并且过点和点两点，求圆C的标准方程.

【答案】(1);

(2).

【分析】（1）由两直线平行求出所求直线的斜率，再由直线方程的点斜式得答案;

（2）设圆的标准方程为，代入两点即可求出.

【详解】(1)所求直线与直线平行，则斜率为,

又过点 ,

由直线方程的点斜式可得 ，即.

(2)根据题意,设圆心坐标为，半径为,

则其标准方程为: ，

由于点和点在圆C上，

则有①，②，

解①②可得，

故所求圆的标准方程为：.

18．某种植园在芒果临近成熟时，随机从一些芒果树上摘下个芒果，其质量（单位：）分别在，，，，，中，经统计得频率分布直方图如图所示.

（1）估计该组数据的众数､中位数，四舍五入精确到整数位；

（2）现按分层陏机抽样的方法从质量在，中的芒果中随机抽取个，再从这个中随机抽取个，求这个芒果来自不同质量区间的概率.

【答案】（1）275，263；（2）.

【分析】（1）根据频率分布直方图，利用众数和中位数的定义求解；

（2）利用分层陏机抽样在中的芒果有2个，记为A，B，在中的芒果有3个，记为a，b，c，利用古典概型的概率求解.

【详解】（1）由频率分布直方图知：该组数据的众数是275，设其中位数是x，

则，

解得；

（2）利用分层陏机抽样的方法从质量在，中的芒果中随机抽取个，

在中的芒果有2个，记为A，B，中的芒果有3个，记为a，b，c，

从这个中随机抽取个有共10种，

这个芒果来自不同质量区间的有：，共6种，

所以这个芒果来自不同质量区间的概率是.

19．如图，在棱长为1的正方体ABCD- A1B1C1D1中，E、F、G分别DD1、BD、BB1是中点.

(1)证明：EFCF；

(2)求EF与CG所成角的余弦值；

(3)求CE的长.

【答案】(1)证明见解析；

(2)；

(3).

【分析】（1）建立空间直角坐标系如图，根据向量的数量积为0证明垂直即可；

（2）利用向量法求异面直线所成角的余弦值；

（3）根据向量的模计算两点间的距离即可.

【详解】(1)建立如图所示空间直角坐标系：

则，

所以，,

因为,

所以，即EFCF.

(2)由（1）知，

所以，

所以与所成角的余弦值是；

(3)由（1）知，

所以，

即CE的长为.

20．在 中，内角的对边分别为 .已知

（1）       求的值

（2）       若 ，求的面积.

【答案】（1）   （2）

【分析】（1）正弦定理得边化角整理可得，化简即得答案．

（2）由（1）知，结合题意由余弦定理可解得 ，，从而计算出面积．

【详解】（1）由正弦定理得，

所以

即

即有，即

所以

（2）由（1）知，即，

又因为 ，所以由余弦定理得：

，即，解得,

所以，又因为，所以 ，

故的面积为=.

【点睛】正弦定理与余弦定理是高考的重要考点，本题主要考查由正余弦定理解三角形，属于一般题．

21．如图1，在边长为2的正方形ABCD中，P为CD中点，分别将△PAD, △PBC沿 PA,PB所在直线折叠，使点C与点D重合于点O，如图2．在三棱锥P-OAB中，E为PB中点．

(Ⅰ)求证：PO⊥AB;

(II）求直线BP与平面POA所成角的正弦值；

(Ⅲ）求二面角P-AO-E的大小．

【答案】（Ⅰ）见解析;（Ⅱ）. （Ⅲ）.

【分析】第一问利用几何体的特征可以得出相应的线线垂直，之后利用线面垂直的判定定理和性质得出所要的结果；第二问建立空间直角坐标系，利用空间向量求得线面角的正弦值；第三问利用面的法向量所成角的余弦值求得角的大小，最后确定出二面角的大小.

【详解】（Ⅰ）在正方形中，为中点，,，

所以在三棱锥中，，.

因为，所以平面.

因为平面,所以.

（Ⅱ）取AB中点F，连接OF，取AO中点M，连接BM.

过点O作AB的平行线OG.

因为PO⊥平面OAB，所以PO⊥OF，PO⊥OG.

因为OA＝OB，F为AB的中点，

所以OF⊥AB. 所以OF⊥OG.

如图所示，建立空间直角坐标系O－xyz.

A，B，P，M(，，0)．

因为BO＝BA，M为OA的中点，所以BM⊥OA.

因为PO⊥平面OAB，PO⊂平面POA，所以平面POA⊥平面OAB.

因为平面POA∩平面OAB＝OA，BM⊂平面OAB，

所以BM⊥平面POA.

因为＝(，－，0)．所以平面POA的法向量＝.

＝(1，－，1)．

设直线BP与平面POA所成角为α，

则.

所以直线BP与平面POA所成角的正弦值为.

（Ⅲ）由(Ⅱ)知，，.

设平面的法向量为，则有

即

令，则，. 即.

所以.

由题知二面角P－AO－E为锐角，所以它的大小为.

22．已知线段的端点的坐标是，端点在圆上运动，的中点的轨迹为曲线，圆心为的圆经过点．

（1）求曲线的方程，并判断曲线与圆的位置关系；

（2）过轴上一点任作一直线（不与轴重合）与曲线相交于、两点，连接，，恒有，求点坐标．

【答案】（1），相离；（2）.

【解析】（1）设出的坐标，利用是线段的中点，确定坐标之间的关系，根据点在圆上运动，可得线段的中点的轨迹，即曲线的方程，再利用题设写出圆的方程，利用两圆圆心距与半径和比较大小确定曲线与圆的位置关系；

（2）先由图像分析，过点的直线与曲线相交于两点，要满足，可知点必在圆内，设点，过点的直线分类讨论两种情况：①当直线的斜率不存在时，显然有；②当直线的斜率存在时，设直线的方程，由题意知，要，即，联立方程得：，化简得，再利用韦达定理代入，化简整理得，从而得到点点坐标为

【详解】（1）设点坐标为，，

是线段的中点，且，由中点坐标公式得：，即，

又点在圆上运动，

，化简得

所以曲线的方程为：

又圆的圆心为，设圆方程：

又圆经过点，代入圆方程得，

所以圆方程：

两圆的圆心距

所以曲线与圆的位置关系是相离.

（2）如图所示，若点在圆外，直线与曲线相交的两点在点的同侧，有，所以点必在圆内.

设点，过点的直线分类讨论斜率存在和不存在两种情况：

当直线的斜率不存在时，由圆的对称性知必有；

当直线的斜率存在时，设直线的方程，联立方程得：

，化简整理得   

设，则，,

由题意知，，则直线MB，SB的倾斜角互补，即

则

将代入上式可得

所以，化简整理得

即，解得，

所以点坐标为.

【点睛】本题考查求圆的轨迹方程，圆与圆的位置关系，圆的几何性质，直线与圆相交的题型，考查学生的转化思想与运算能力，属于难题.