2023维吾尔自治区石河子一中高二上学期第一次月考（10月）数学（理）试题含解析

这是一份2023维吾尔自治区石河子一中高二上学期第一次月考（10月）数学（理）试题含解析，文件包含新疆维吾尔自治区石河子第一中学2022-2023学年高二上学期第一次月考10月数学理试题含解析docx、新疆维吾尔自治区石河子第一中学2022-2023学年高二上学期第一次月考10月数学理试题无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共25页， 欢迎下载使用。
2022-2023学年第一学期2024届（高二）10月月考理科数学学科试卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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. 直线的倾斜角为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】求出直线的斜率后可求直线的倾斜角.【详解】直线的斜率为，故其倾斜角满足，而，故，故选：D.2. 下列说法中正确是（    ）A. 表示过点，且斜率为的直线方程B. 直线与轴交于一点，其中截距C. 在轴和轴上的截距分别为与的直线方程是D. 方程表示过点，的直线【答案】D【解析】【分析】分别由直线的点斜式方程、直线在轴上的截距、直线的截距式方程、两点式方程的变形式逐一核对四个选项得答案．【详解】对A，表示过点且斜率为的直线方程不正确，不含点，故A不正确；对B，截距不是距离，是点的纵坐标，其值可正可负，故B不正确；对C，经过原点的直线在两坐标轴上的截距都是0，不能表示为，故C不正确；对于D，此方程即直线的两点式方程变形，即，故D正确．故选：D．【点睛】本题考查命题的真假判断与应用，考查直线方程的几种形式，关键是对直线方程形式的理解，属于基础题.．3. 已知椭圆C：（）的长轴的长为4，焦距为2，则C的方程为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】由题设可得求出椭圆参数，即可得方程.【详解】由题设，知：，可得，则，∴C的方程为.故选：D.4. 如图，三棱锥中，分别是棱的中点，点在线段上，且，设，则的值分别是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据图形关系，利用向量的加减法和数乘运算可得，由此可得结果.【详解】，.故选：D.5. 已知直线与相交于两点，且为等边三角形，则实数（    ）A. 或2 B. 或4 C.  D. 【答案】A【解析】【分析】由已知得圆心到直线的距离为，再根据点到直线的距离公式可求得答案.【详解】解：的圆心，半径，因为直线与相交于两点，且为等边三角形，则圆心到直线距离为，即，整理得，解得或，故选：A.6. 如图，在四棱锥中，底面，底面为正方形，，为的中点，为的中点，则异面直线与所成角的正弦值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】如图建立空间直角坐标系，求出和的坐标，利用空间向量夹角公式计算夹角的余弦值，再由同角三角函数基本关系即可求解.【详解】因为底面，面，可得，，因为四边形为正方形，可得，所以两两垂直，如图分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，设，则，可得，，，，，所以，，所以，设异面直线与所成的角为，则，所以，故选：A. 7. 已知矩形ABCD的四个顶点都在椭圆上，边AD和BC分别经过椭圆的左、右焦点，且，则该椭圆的离心率为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据条件可得，然后即可建立方程求解.【详解】由椭圆的方程可得当时，所以，因为，所以，所以，所以，解得或（舍）故选：B8. 已知直线与圆相切于点，则圆C的半径为（    ）A.  B.  C.  D. 5【答案】A【解析】【分析】将点代入直线方程中求出，再求出圆心的坐标为，然后由列方程求出，再将点坐标代入圆方程中可求出，从而可求得圆的方程，进而可求出圆的半径【详解】将代，得.易知圆心的坐标为，∴，，解得，将代入圆的方程得，∴，∴圆C的方程为，即，∴圆C的半径为.故选：A9. 已知圆C1：与圆C2：的公共弦所在直线恒过定点P且点P在直线mx－ny－2＝0上（m＞0，n＞0），则mn的最大值是（    ）A.  B.  C.   D. 【答案】D【解析】【分析】根据圆和的方程得到公共弦所在的直线方程，即可得到点，代入得到，再利用基本不等式即可得到的最大值.【详解】因为：，：，所以公共弦所在的直线方程为，整理得，令，解得，所以点，代入得到，所以，当且仅当时等号成立.故选：D.10. 已知实数、满足，则的取值范围是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】分析可得，令，可知直线与圆有公共点，可得出关于实数的不等式，解出的取值范围即可得解.【详解】实数、满足，即，方程表示以为圆心，半径等于的圆，而，令，可得，所以，直线与圆有公共点，所以，解得，所以，.故选：A.11. 过椭圆右焦点作x轴的垂线，并交C于A，B两点，直线l过C的左焦点和上顶点.若以线段AB为直径的圆与有2个公共点，则C的离心率e的取值范围是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】求得以为直径的圆的圆心和半径，求得直线的方程，利用圆心到直线的距离小于半径列不等式，化简后求得椭圆离心率的取值范围.【详解】椭圆左焦点，右焦点，上顶点，，所以为直径的圆的圆心为，半径为.直线的方程为，由于以线段为直径的圆与相交，所以，，，，，所以椭圆的离心率的取值范围是.故选：A12. 已知圆的半径为，点满足，，分别是上两个动点，且，则的取值范围是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】取的中点为，利用表达，利用向量数量积运算公式计算，得到，从而得到与反向共线时取得最小值，当与同向共线时，取得最大值，从而得到取值范围.【详解】，设的中点为，在半径为的圆中，，得，，，即，当与反向共线时，取得最小值；当与同向共线时，取得最大值；即的取值范围是；故选：D二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13. 已知直线与平行，则的值是________【答案】或##或【解析】【分析】根据两直线平行计算即可，注意排除两直线重合.【详解】解：因为直线与平行，所以，解得或，当时，直线，，平行，当时，直线，，平行，所以或．故答案为：或.14. 圆与圆的位置关系为________【答案】相交【解析】【分析】求出两圆圆心距、两半径和与差，再进行比较即可确定两圆位置关系【详解】圆的圆心坐标为，半径圆的圆心坐标为，半径则圆心距又，所以两圆位置关系为相交．故答案为：相交15. 已知动圆P过定点，且在定圆的内部与其相内切，则动圆P的圆心的轨迹方程为______．【答案】【解析】【分析】设切点为，根据题意，列出点满足的关系式即．则点的轨迹是椭圆，然后根据椭圆的标准方程求点的轨迹方程．【详解】设动圆和定圆内切于点，动点到定点和定圆圆心距离之和恰好等于定圆半径，即，点的轨迹是以，为两焦点，长轴长为10的椭圆，，点的轨迹方程为，故答案：．16. 如图，长方体中，，，，点是侧面上一个动点（含边界），是棱的中点，则下列结论正确的是________①当长度最小时，三棱锥的体积为②当长度最大时，三棱锥的体积为③若保持，则点在侧面内运动路径的长度为④若在平面内运动，且，则点的轨迹为圆弧【答案】①②③【解析】【分析】由等体积法可判断①②正确，由圆的知识可判断③正确，利用空间向量法求夹角余弦值，可知④错误．【详解】对于①，当长度最小时，点在线段的中点，，，①正确．对于②，当长度最大时，点与点或点重合，若点与点重合，，②正确．对于③，作中点，连接，，如图所示，易证平面，平面，则，若保持，则，则点的轨迹是以1为半径的半圆弧，长度为，③正确．对于④，以点为原点建立空间直角坐标系如图所示：则，，，设，则有，，，若，则有，即，化简得：，即，即或（此时，，），故点的轨迹为一段直线，④错误．故答案为：①②③三．解答题（本大题共6小题，共70分，其中第17题10分，其余每题12分．解答应写出文字说明、演算步骤或推理过程）17. 已知直线．（1）若直线与直线平行，且直线过点，求直线的方程；（2）若点坐标为，过点的直线与直线垂直，垂足为，求点的坐标.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）通过平行设出直线方程，代入即可；（2）过点的直线与直线垂直，可得，加上在直线上，联立求交点即可.【详解】（1）因为直线与直线平行，设直线m：，将点代入得：，所以直线m：.（2）设，则，即①，又M在直线l上，所以②，①②联立得：，所以.【点睛】本题主要考查直线的一般式的平行关系与垂直关系，正确写出解析式是处理此题的关键.18. 按照要求完成下列问题：（1）已知椭圆过点、，求椭圆的标准方程；（2）已知圆的半径为，圆心在轴的正半轴上，直线与圆相切，求圆的标准方程．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）待定系数法设椭圆方程后，将点坐标代入列方程组求解，（2）设圆心坐标后由点到直线的距离公式列式求解，【小问1详解】设椭圆的方程为（、、），将、代入到椭圆的方程得：，解得、，∴椭圆标准方程为：【小问2详解】由题意可设圆的圆心，其中，半径，∵直线与圆相切，∴圆心到直线的距离等于半径，∴，解得（舍去）或，∴圆的标准方程为：；19. 如图，三棱柱ABC­A1B1C1中，M，N分别是A1B，B1C1上的点，且BM＝2A1M，C1N＝2B1N．设，，．（1）试用，，表示向量；（2）若∠BAC＝90°，∠BAA1＝∠CAA1＝60°，AB＝AC＝AA1＝1，求MN的长．【答案】（1）＝＋＋；（2）.【解析】【分析】（1）利用空间向量的线性运算即可求解.（2）根据空间向量的数量积以及向量模的求法即可求解.【详解】解：（1）＝＋＋＝＋＋＝－＋＋＋（－）＝＋＋，又＝，＝，＝，∴＝＋＋．（2）∵AB＝AC＝AA1＝1，∴||＝||＝||＝1．∵∠BAC＝90°，∴＝0．∵∠BAA1＝∠CAA1＝60°，∴＝＝，∴||2＝（＋＋）2＝（＋＋＋2＋2＋2）＝，∴||＝．20. 如图所示，三棱台的体积为7，其上、下底面均为正三角形，平面平面且，棱与的中点分别为．（1）证明：平面；（2）求直线到平面的距离；（3）求平面与平面的夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析    （2）    （3）【解析】【分析】(1)根据题意建立如图空间直角坐标系，求出各点和各向量的坐标，利用向量法求出平面FGH的法向量，结合即可证明；(2)结合(1)，利用向量法直接求出线面距；(3)求出平面BCF的法向量，利用向量法即可求出面面角.【小问1详解】由题意得上底面面积为，下底面面积为，设三棱台的高为h，则，得．设DF的中点为I，如图，连接GB，GI，由条件可知GB，GC，GI两两互相垂直，以G为坐标原点，以GB，GC，GI所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．由已知可得，，，∴，，设平面FGH的法向量为，则,令，可得．由，可得，∴，又平面FGH，∴平面FGH．【小问2详解】由（1）知平面FGH，直线AE到平面FGH的距离即点A到平面FGH的距离d．∵，∴．【小问3详解】设平面BCF的法向量为，由，，可得，，∴，令，得．∴，∴平面BCF与平面FGH的夹角的余弦值为．21. 已知椭圆的离心率为，短半轴长为1．（1）求C的方程；（2）过点的直线l与C交于A，B两点，且为锐角（O为坐标原点），求l的斜率k的取值范围．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】(1)利用椭圆中的关系即可求解;(2)根据为锐角时，可求解.【小问1详解】由题可知 得,所以椭圆C的方程为.【小问2详解】依题意，直线l的斜率必存在，设直线l的方程为，联立方程组，消去整理得，因为直线与椭圆相交，所以即，解得或.由韦达定理，，，当为锐角时，，即，所以即，解得，所以 .22. 已知圆C经过，两点．（1）如果AB是圆C的直径，证明：无论a取何正实数，圆C恒经过除A外的另一个定点，求出这个定点坐标．（2）已知点A关于直线的对称点也在圆C上，且过点B的直线l与两坐标轴分别交于不同两点M和N，当圆C的面积最小时，试求的最小值.【答案】（1）证明见解析，定点为    （2）【解析】【分析】（1）设点是圆上任意一点，由AB是圆C的直径，得，从而可求出圆的方程，即可得出结论；（2）根据题意可得点C在直线上，要使圆C的面积最小，则圆C是以为直径的圆，从而可求出圆的方程，进而可求得点的坐标，设出直线的方程，分别求出的坐标，再根据两点间距离公式结合基本不等式即可得解．【小问1详解】设点是圆上任意一点，因为AB是圆C的直径，所以，即，所以圆的方程为：，则，时等式恒成立，故定点为，所以无论a取何正实数，圆C恒经过除A外的另一个定点，定点坐标为；【小问2详解】因点A关于直线的对称点也在圆C上，所以点C在直线上，又圆C的面积最小，所以圆C是以直径的圆，设过点A与直线垂直的直线方程为，由方程组得，则所以圆C的方程为，当时，或，又，所以，即，由题意知直线l斜率存在且不为零，设直线l的方程为，当时，当，时，所以，（当且仅当，即时取等号）则当时，