山西省太原师范学院附属中学、太原师苑中学2022-2023学年高二上学期第一次月考数学试题（含答案）

这是一份山西省太原师范学院附属中学、太原师苑中学2022-2023学年高二上学期第一次月考数学试题（含答案），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
太原师院附中师苑中学22—23学年高二第一次月考数学试题 考试时间：90分钟  总分150分一、单选题（本题共10小题，每小题5分，共50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.已知向量，，若，则（    ）A.3 B. C.12 D.2.在正方体中，棱长为1，则等于（    ）A.0 B.1 C.0.5 D.3.若直线与直线平行，则实数a等于（    ）A.4 B. C.4或 D.24.如图，在平行六面体中，底面是边长为2的正方形.若，且，则的长为（    ）A. B. C. D.5.已知，，若过点的直线与线段AB相交，则该直线斜率的取值范围是（    ）A. B.C.  D.6.如图所示，在正方体中，O是底面正方形ABCD的中心，M是线段的中点，N是线段的中点，则直线NO与直线AM所成的角是（    ）A. B. C. D.7.已知直线l过点，且方向向量为，则点到l的距离为（    ）A. B. C. D.38.直线分别与x轴，y轴交于A，B两点，点P在圆上，则面积的取值范围是（    ）A. B. C. D.9.若曲线与直线有两个交点，则实数k的取值范围是（    ）A. B. C. D.10.已知点，，，动点P，Q满足，则的取值范围是（    ）A. B. C. D.二、多选题（本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）11.已知，.则下列说法中，正确的有（    ）A.若在内，则B.当时，与共有两条公切线C.若与存在公共弦，则公共弦所在直线过定点D.，使得与公共弦的斜率为12.已知椭圆的左、右焦点分别为，，过点的直线l交椭圆于A，B两点，若的最大值为5，则下列说法正确的是（    ）A.椭圆的短轴长为  B.当最大时，C.椭圆离心率为  D.面积最大值为三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13.过点且与直线垂直的直线方程是______.14.已知过点的直线l与圆相交于A，B两点，若，则直线l的方程为______.15.已知，B是圆上的任意一点，线段BF的垂直平分线交BC于点P.则动点P的轨迹方程为______.16.在平面直角坐标系xOy中，已知圆，直线.若圆O上存在两点A，B，使得以线段AB为直径的圆与直线l有公共点，则公共点的横坐标的取值范围是______.四、解答题（本题共5道小题，共70分）17.（本小题满分12分）如图，已知三角形的顶点为，，，求：（1）直线AB的方程；（2）AB边上的高所在直线的方程；（3）AB的中位线所在的直线方程.18.（本小题满分12分）如图所示，平面平面BCEF，且四边形ABCD为矩形，四边形BCEF为直角梯形，，，，.（1）求证：平面CDE；（2）求直线BE与平面ADE所成角的余弦值；19.（本小题满分14分）如图，在三棱柱中，平面ABC，是边长为2的正三角形，，D，E分别为AB，BC的中点.（1）求证：平面.（2）求二面角的余弦值.20.（本小题满分16分）已知线段PQ的端点Q的坐标为，端点P在圆上运动.（1）求线段PQ中点M的轨迹E的方程；（2）若一光线从点Q射出，经x轴反射后，与轨迹E相切，求反射光线所在的直线方程.21.（本小题满分16分）已知椭圆（）经过点，离心率为，过点的直线l与椭圆C交于不同的两点M，N.（1）求椭圆C的方程；（2）设直线AM和直线AN的斜率分别为和，求证：为定值.参考答案：1.A【分析】由得，由空间向量垂直的坐标表示计算即可.【详解】∵，∴∴∴故选：A.2.B【分析】化简得，再利用空间向量的数量积的运算计算即得解.【详解】解：由题得.故选：B3.B【分析】利用一般式方程判定直线平行的条件进行求解.【详解】因为直线与直线平行，所以，解得.故选：B.4.A【分析】利用空间向量的线性运算及数量积运算即可求解.【详解】根据空间向量的运算法则，易得，又因为，故.故选：A.5.A【分析】数形结合，计算，，判断斜率不存在的情况，从而写出斜率的取值范围.【详解】如图所示，过点C的直线与线段AB相交，，；又因为该直线与x轴垂直时，斜率不存在，所以过点C与线段AB相交的直线斜率取值范围为.故选：A.【点睛】求解过定点与线段相交的直线斜率取值范围问题时，需要注意判断该直线有无斜率不存在的情况.6.【答案】D【分析】建立空间直角坐标系，求得相关各点的坐标，求出向量，的坐标，计算，根据其结果即可求得答案.【详解】以D为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则，，，，∴，，∴，即，∴，∴直线NO与直线AM所成的角是，故选：D7.B【分析】根据直线l一个方向向量为，取直线l的一个单位方向向量为，计算，代入点到直线的距离公式计算即可.【详解】∵直线l的一个方向向量为，取直线l一个单位方向向量为，又为直线外一点，且直线l过点，∴，∴，∴点A到直线l的距离为.故选：B.8.A 9.A 10.B11.BC【分析】根据点与圆的位置关系判断方法判断A，通过判断圆与圆的位置关系确定与的公切线的条数，通过将两圆方程相减确定两圆的公共弦的方程，判断C，D.【详解】因为，，所以，，则，，，，则，由在内，可得，即，A错误；当时，，，，，所以，所以两圆相交，共两条公切线，B正确；，得，即，令得所以定点为，正确；公共弦所在直线的斜率为，令，无解，所以D错误，故选：BC.12.BC【分析】根据椭圆的定义得到，进而判断当轴时，最小，此时最大，进而求出b，c，即可判断A，B，C.设出直线AB并代入椭圆方程并化简，进而根据根与系数的关系求出三角形的面积，然后求出其最大值，最后判断D.【详解】由题意：，根据椭圆的定义可知，，则的最大值为5，根据椭圆的性质可知：当轴时，最小，此时最大，如图：将代入椭圆方程得：，则，.所以短轴长为，A错误；此时，正确；，正确；对，设，，，代入椭圆方程得：，则，所以，记，于是，由对勾函数的图象和性质可知：函数在上是增函数，则函数在上是减函数.于是，当，即时，面积最大值为3.故D错误.故选：BC.13.【分析】根据两直线垂直斜率的关系可得所求直线的斜率为，即可得直线的点斜式方程，化为一般式方程即可.【详解】由题设，与直线垂直的直线斜率为，且过，所以，整理得.故答案为：.14.或【分析】由垂径定理去求解直线与圆的弦长问题简单快捷.【详解】圆的圆心，半径直线l截圆C所得弦长，则弦心距当过点的直线斜率不存在时，l的方程为，圆心到直线的距离为1，符合题意要求；当过点的直线斜率存在时，l的方程可设为，由，可得，此时l的方程为综上，直线l的方程为或故答案为：或15.【分析】结合线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等及椭圆定义得到正确答案.【详解】解：圆，圆心为，半径为4，因为线段BF的垂直平分线交BC于P点，所以，所以.所以由椭圆定义知，P的轨迹是以C，F为焦点的椭圆，方程为.故答案为：.16.【分析】题中问题可转化为在直线l上存在点P，作切线PB、PA，使得，所以，然后列式计算即可得解.【详解】问题可转化为在直线l上存在点P，作切线PB、PA，使得，所以，设点，所以有，解得.故答案为：.【点睛】关键点睛：本题的解题关键是将问题转化为在直线l上存在点P，得出，从而计算得解，属于中档题.17.（1）.（2）.（3）【分析】（1）根据斜率公式和题意求出直线AB的斜率k，再代入点斜式方程化为一般式即可；（2）设AB边上的高所在的直线方程为，由直线过点，求出m的值，可得AB边上的高所在直线的方程；（3）根据AB边的中位线与AB平行且过AC中点，求得AB的中位线所在的直线方程.（1）由已知直线AB的斜率，∴直线AB的方程为，即.（2）设AB边上的高所在的直线方程为，由直线过点，∴，解得，故所求直线为，即.（3）边的中位线与AB平行且过AC中点，∴AB的中位线所在的直线方程为，即.【点睛】本题主要考查两条直线平行、垂直的性质，直线的斜率公式，用点斜式求直线的方程，属于基础题.18.（1）证明见解析；（2）.【详解】试题分析：（Ⅰ）结合已知条件本题可采用向量法求解，证明线面平行只需证明直线的方向向量垂直于平面的法向量；（Ⅱ）中由线面所成角需找到直线的方向向量与平面的法向量，利用公式求线面角试题解析：（Ⅰ）（法一）取CE中点为G，连接DG、FG，∵且，∴BFGC为平行四边形，则且.∵四边形ABCD为矩形，∴且，∴且，为平行四边形，则.平面，平面，平面.法二四边形为直角梯形，四边形为矩形，，，又平面平面，且平面平面，平面.以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立如图所示空间直角坐标系.根据题意我们可得以下点的坐标：，，，，，，则，.为平面的一个法向量.又，平面平面.（II）设平面的一个法向量为，，，则∴，取，得.，设直线与平面所成角为，则.所以所以BE与平面ADE所成角的余弦值为考点：线面平行的判定；线面所成角19.（1）证明，，进而根据判定定理即可证明；（2）取的中点为，连接，证明，，，进而建立如图所示的空间直角坐标系，利用坐标法求解即可；（1）解：在三棱柱中，因为平面，平面，所以.又为等边三角形，为的中点，所以.因为，，平面，所以平面.（2）解：取的中点为，连接，因为在三棱柱中，四边形为平行四边形，，分别为，的中点，所以，因为平面，平面，所以所以.由（1）知，，故建立如图所示的空间直角坐标系，由题意得，，，，，，所以，，.设平面的法向量，则，令，则，，所以.由题意可知，平面的一个法向量.因为.由已知可得二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.20.（1）（2）或【分析】（1）设，，由题意得，整理得，的表达式，即可得点坐标，因为点在圆上，代入整理，即可得答案.（2）先求得关于轴对称点坐标，即可设出直线的方程，根据直线与相切，即可求得直线的斜率，整理即可得答案.（1）设，，由题意得，整理得，又点在圆上，则，整理得：轨迹的方程为；（2）由题意得关于轴对称点，由题意得过点的直线斜率存在，且设为，所以直线，即因为直线与相切，所以，所以，整理得，所以，即，解得或，所以反射光线，即或，即.21.（1）（2）证明见解析【分析】（1）由题意结合椭圆的几何性质，列出方程组，求得答案；（2）设直线的方程为并联立椭圆方程，可得根与系数的关系式，代入化简的表达式，可得结论.（1）由题意椭圆经过点，离心率为，，解得，故椭圆的方程为（2）由题意可知直线的斜率一定存在，设直线的方程为，由，可得，由于直线与椭圆交于不同的两点，，则，解得，设，，则，，，，即为定值.