2021-2022学年山东省烟台市烟台第一中学高二上学期10月月考数学试题（解析版）

这是一份2021-2022学年山东省烟台市烟台第一中学高二上学期10月月考数学试题（解析版），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
 2021-2022学年山东省烟台市烟台第一中学高二上学期10月月考数学试题 一、单选题1．过点、且圆心在直线上的圆的标准方程为（    ）A． B．C． D．【答案】A【解析】设圆心的坐标为，根据圆心到点、的距离相等可得出关于实数的等式，求出的值，可得出圆心的坐标，并求出圆的半径，由此可得出所求圆的标准方程.【详解】设圆心为，由可得，整理可得，解得，所以圆心，所求圆的半径为，因此，所求圆的标准方程为.故选：A.【点睛】方法点睛：求圆的方程常见的思路与方法如下：（1）求圆的轨迹方程，直接设出动点坐标，根据题意列出关于、的方程即可；（2）根据几何意义直接求出圆心坐标和半径，即可写出圆的标准方程；（3）待定系数法，可以根据题意设出圆的标准方程或一般方程，再根据所给条件求出参数即可.2．空间四点共面，则（    ）A． B． C．1 D．4【答案】A【解析】由于四点A，B，C，D共面，可得存在实数λ，μ使得，解出即可．【详解】，∵四点A，B，C，D共面，存在实数λ，μ使得，解得故选：A【点睛】本题主要考查了向量共面定理，考查了计算能力，属于容易题．3．已知直线的一个方向向量，且直线过和两点，则（      ）A．0 B．1 C． D．3【答案】A【解析】根据，即可得出.【详解】解：和， 因为直线的一个方向向量为故设．，，．解得，．．故选：．【点睛】本题考查了直线的方向向量、方程的解法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．4．已知空间向量，，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由题知，进而结合题意，根据向量模的计算得，再求向量夹角余弦值即可.【详解】解：因为，所以，因为，，所以，即，所以，所以.故选：C5．已知直线与直线平行，则实数的值是（    ）A． B．或0 C．0 D．【答案】A【分析】首先判断直线是否存在斜率，根据斜率相等求出参数值，检验是否重合.【详解】当时，两直线都为，重合，故舍去；当时，由两直线平行，得到，解得，经检验，两直线不重合，成立，综上，实数的值是．故选A．6．经过点作直线，若直线与连接，两点的线段总有公共点，则直线的倾斜角的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】由题知，再根据斜率范围求解倾斜角的范围即可.【详解】解：设直线的斜率为，直线的倾斜角为，则，因为直线的斜率为，直线的斜率为，因为直线经过点，且与线段总有公共点，所以，即，因为，所以或，故直线的倾斜角的取值范围是．故选：D．7．已知点为直线上的一点，M，N分别为圆与圆上的点，则的最大值为（    ）A．4 B． C． D．7【答案】C【分析】根据题意，求得关于的对称点，结合，而当，，三点共线时，取得最大值，据此求解即可.【详解】设关于直线的对称点为，则，解得，由对称性可得，圆，圆心，半径为2，则，当且仅当，，三点共线时等号成立，由于，，∴，即的最大值为．故选：C．8．如图，在边长为的正方体中，为的中点，点在底面上移动，且满足，则线段的长度的最大值为（    ） A． B． C． D．【答案】D【解析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设点，根据得出、满足的关系式，并求出的取值范围，利用二次函数的基本性质求得的最大值.【详解】如下图所示，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，则点、、，设点，，，，，得，由，得，得，，，当时，取得最大值.故选：D.【点睛】本题考查立体几何中线段长度最值的计算，涉及利用空间向量法处理向量垂直问题，考查计算能力，属于中等题. 二、多选题9．下列说法不正确的是（    ）A．不能表示过点且斜率为的直线方程；B．在轴、轴上的截距分别为的直线方程为；C．直线与轴的交点到原点的距离为；D．平面内的所有直线的方程都可以用斜截式来表示.【答案】BCD【解析】由中可判断A；当可判断B；由距离为正数可判断C；由截距式斜率一定存在可判断D【详解】由于定义域为，故不过点，故A选项正确；当时，在轴、轴上的截距分别为0的直线不可用表示，故B不正确；直线与轴的交点为，到原点的距离为，故C不正确；平面内斜率不存在的直线不可用斜截式表示.故选：BCD【点睛】本题考查了直线方程的几种形式的适用范围，考查了学生概念理解，综合分析的能力，属于基础题.10．在长方体中，，，则异面直线与所成角的大小可能为（    ）A． B． C． D．【答案】AB【分析】根据空间向量夹角公式、长方体的性质，结合空间向量加法的几何意义、余弦函数的单调性、异面直线的性质进行求解即可.【详解】因为，，所以由勾股定理可知：，设异面直线与所成角为，，因为，所以，即，因为，所以，因此选项AB符合，故选：AB11．已知MN是正方体内切球的一条直径，点在正方体表面上运动，正方体的棱长是2，则的取值可为（    ）A．-1 B．0 C． D．5【答案】BC【分析】根据给定条件，令正方体内切球的球心为，利用空间向量数量积将化为的函数，即可求出其范围作答.【详解】令正方体内切球的球心为，为球的直径，则，，则，而点在正方体表面上移动，则当为正方体顶点时，，当为内切球与正方体表面相切的切点时，，于是得，所以的取值范围为，选项B、C满足，A、D不满足．故选：BC12．已知圆，直线，则下列结论正确的是（    ）A．当时，直线与圆相交B．为圆上的点，则的最大值为C．若圆上有且仅有两个不同的点到直线的距离为，则的取值范围是D．若直线上存在一点，圆上存在两点、，使，则的取值范围是【答案】AD【解析】计算圆心到直线的距离，并和圆的半径比较大小，可判断A选项的正误；求出圆上的点到点的距离的最大值，可判断B选项的正误；根据已知条件求出实数的取值范围，可判断C选项的正误；分直线与圆有公共点和直线与圆相离两种情况讨论，结合题意得出关于实数的不等式，求出实数的取值范围，可判断D选项的正误.【详解】对于A选项，当时，直线的方程为，圆的圆心为，圆心到直线的距离为，此时，直线与圆相交，A选项正确；对于B选项，点到点的距离的最大值为，所以，的最大值为，B选项错误；对于C选项，当圆上有且仅有两个点到直线的距离等于，如下图所示：由于圆的半径为，则圆心到直线的距离满足，解得，即，解得或，C选项错误；对于D选项，若点为直线与圆的公共点，只需当为圆的一条直径（且、不与点重合），则；若直线与圆相离，过点作圆的两条切线，切点分别为、，由题意可得，所以，，设点，可得，即，即，则存在，使得成立，可得，解得，D选项正确.故选：AD.【点睛】关键点点睛：对于B选项，解题的关键点就是要分析出，对于D选项，解题的关键就是要分析出，进而得出，转化为关于的不等式有解求参数. 三、填空题13．从出发的光线，经平面xOy反射后到达点，则光线所行走的路程为______．【答案】【分析】根据光线的性质，求出点关于平面的对称点，可转化为求的长.【详解】点关于平面xOy的对称点为，又从出发的光线，经平面xOy反射后到达点，则光线所行走的路程等于．故答案为：．14．直线分别交轴于两点，点在直线上，则的最小值是________.【答案】【分析】先计算得到，计算关于直线对称的点为，利用得到答案.【详解】直线分别交轴于两点，则 设关于直线对称的点为则 解得 ，当三点共线时等号成立故答案为：【点睛】本题考查了利用对称求距离的最值问题，找出对称点是解题的关键.15．已知圆的方程为，直线的方程为，点在直线上，过点作圆的切线PA，PB，切点为A，B．四边形PAMB面积的最小值为______．【答案】【分析】求出四边形PAMB的面积的表达式，当最小时，四边形 PAMB的面积 S最小．通过圆心到直线的距离求解即可．【详解】解：如图，四边形PAMB的面积，所以当最小时，四边形PAMB的面积最小，又的最小值是圆心到直线的距离，即，所以四边形PAMB的面积最小值是．故答案为：． 四、双空题16．已知四面体ABCD中，AB，BC，BD两两垂直，，与平面ACD所成角的正切值为，则______，点到平面ACD的距离为______．【答案】     2     ##【分析】作出平面ACD的过点B的垂线，根据计算AB的长，根据AB与平面ACD所成角的大小计算垂线段的长.【详解】取CD的中点，连接AE，过作交AE于，如图所示，∵，是CD的中点，∴，∵，，，∴，∴，∴，又，AE，平面ABE，∴平面ABE，又平面，∴平面平面，又平面平面，，∴平面ACD，故为AB与平面ACD所成的角，∴，∴，∵，∴，故，又，∴，∴．故答案为：2；． 五、解答题17．求解下列问题：(1)求过点，且与点的距离为1的直线方程；(2)已知点、到直线的距离相等，且直线经过两直线和的交点，求直线的方程．【答案】(1)或(2)或 【分析】（1）根据所求直线的斜率是否存在进行分类讨论，结合到直线的距离为求得直线方程.（2）先求得直线与的交点，然后根据与平行或过的中点求得直线的方程.【详解】（1）当直线的斜率不存在时，直线方程为，点到直线的距离为1，符合题意；当直线斜率存在时，设直线方程为，即，因为点到直线的距离为1，所以，解得，所以直线方程为，即，综上，所求直线方程为或.（2）解方程组，可得交点坐标为，当直线的斜率不存在时，直线的方程为，，到直线的距离不相等，所以直线的斜率存在，①若A、B在直线的同侧，则，，∴直线的方程是：，即；②若A、B分别在直线的异侧，则直线过线段AB的中点，∴直线的两点式方程是，即，综上，直线的方程是或．18．在平面直角坐标系中，已知圆的圆心在直线上，且圆与直线相切于点.（1）求圆的方程；（2）过坐标原点的直线被圆截得的弦长为，求直线的方程.【答案】（1）；（2）或【分析】（1）首先求出过点且与直线垂直的直线，则圆心必在此直线上；与联立可求得圆心坐标；再利用两点间距离公式可求得；根据圆心和半径可求得圆的方程；（2）根据直线被圆截得的弦长可求得圆心到直线的距离：，分别在斜率存在和不存在两种情况下求解直线方程，进而可得结果.【详解】（1）由题意得，过点且与直线垂直的直线方程为：由，解得：    圆心的坐标为圆的半径：圆的方程为：（2）因为直线被圆截得的张长为圆心到直线的距离：若直线的斜率不存在，则为直线，此时圆心到的距离为，不符合题意；若直线的斜率存在，设直线的方程为：，即由，整理得：解得：或直线的方程为：或【点睛】本题考查直线与圆的位置关系的应用问题，涉及到直线与圆相切、直线被圆截得的弦长问题.19．如图，直四棱柱中，，底面是边长为4的菱形，且，为中点．(1)求点到直线的距离．(2)求二面角的余弦值．【答案】(1)；(2)． 【分析】（1）根据题意分析可以建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标关系求解点到直线的距离；（2）根据二面角的向量求解方法即可.【详解】（1）解：底面是边长为4的菱形，且，为中点，则由余弦定理得，所以则，即可得，则如图所示，分别以、、为x，y，z轴建立坐标系，则，，，，又因为，设，直线的一个单位方向向量为，所以点到直线的距离；（2）解：又，，，设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，则，有，解得，即可得，则，，解得，即可得，设二面角的平面角为，可知为钝角，则，所以二面角的余弦值是．20．已知的顶点，高CD所在直线方程为，角的平分线BE所在直线方程为．求：(1)点的坐标；(2)BC边所在直线方程．【答案】(1)；(2)． 【分析】（1）先求出直线的斜率，从而求出直线的方程，由此能求出点坐标．（2）由，，角的平分线所在直线方程为，得，求出，由此能求出直线的方程．【详解】（1）解：∵的顶点，高CD所在直线方程为，角的平分线BE所在直线方程为，∴直线AB的斜率，∴直线AB的方程为：，即，联立，得，∴B点坐标为；（2）解：∵，，角的平分线BE所在直线方程为，∴，∴，解得或（舍），∴直线BC的方程为：，即．21．如图，在三棱柱中，侧棱平面，，，，，点是AB的中点．(1)求直线到平面的距离．(2)在线段AB上找一点，使得与CP所成角为60°，求的值．【答案】(1)；(2). 【分析】（1）由已知条件可证得平面，从而直线到平面的距离即为点到平面的距离，建立空间直角坐标系, 求出平面的法向量，然后利用点到平面的距离公式求解即可；（2）设，则，利用空间向量夹角余弦公式列出方程，即可解出答案．【详解】（1）如图，连接交于点，连接DE，在三棱柱中，四边形为平行四边形，∴E是的中点，又是AB的中点，∴，∵平面，平面，∴平面，∴直线到平面的距离即为点到平面的距离，因为在三棱柱中，侧棱平面，平面，，则以CA为轴，CB为轴，为轴建立空间直角坐标系，又，，，故，，，，，，所以，，设平面的法向量为，则，所以，令，得，，所以，又，所以点到平面的距离，即直线到平面的距离为；（2）因为，，，所以，，，设，所以，因为与CP所成角为60°，所以，整理得，即，解得，即．22．已知正方形的边长为4，，分别为，的中点，以为棱将正方形折成如图所示的的二面角，点在线段上．(1)是否存在点，使得直线与平面所成的角为，若存在，求出的长．若不存在，说明理由；(2)在（1）的条件下，求平面与平面的所成锐角的余弦值．【答案】(1)存在，或(2) 【分析】（1）依题意可得平面平面，取的中点，过作直线与平行，交于，则，即可得到平面，距离空间直角坐标系，设，利用空间向量法得到方程，解得即可；（2）取的中点，即可得到平面，从而得到平面的法向量，在利用空间向量法计算可得.【详解】（1）解：存在，由已知，，，所以由已知有，又，所以为等边三角形，所以，又，，平面，所以平面，又平面，所以平面平面，取的中点，过作直线与平行，交于，则，又平面平面，平面，所以平面，又，平面，所以，，又由已知可得，所以由为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，所以，，，，所以，，设，则，设平面EMC的法向量，则所以，取，则，，所以，因为与平面所成的角为，所以，所以，解得或，所以存在点，使得直线与平面所成的角为，此时或．（2）解：取的中点，由为等边三角形，所以，又，，平面所以平面，则为平面的一个法向量，，即，设平面与平面所成锐角大小为，结合，所以，当或，均有，所以平面与平面所成锐角的余弦值为．