2022-2023学年河南省鹤壁市高中高二上学期10月月考数学试题（解析版）

2022-2023学年河南省鹤壁市高中高二上学期10月月考数学试题

一、单选题

1．直线的倾斜角为

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】首先将直线化为斜截式求出直线的斜率，然后再利用倾斜角与斜率的关系即可求解.

【详解】由直线，

则，

设直线的倾斜角为，

所以，

所以.

故选：A

【点睛】本题考查了直线的斜截式方程、直线的倾斜角与斜率的关系，属于基础题.

2．下列说法正确的是

A．截距相等的直线都可以用方程表示

B．方程（）能表示平行于轴的直线

C．经过点，倾斜角为的直线方程为

D．经过两点，的直线方程

【答案】D

【解析】根据直线方程的截距式，一般式，点斜式，两点式方程，依次判断每个选项得到答案.

【详解】A. 当截距为零时不能用方程表示，错误；

B. 方程（）不能表示平行于轴的直线，错误；

C. 倾斜角为时不成立，错误；

D. 经过两点，的直线方程，代入验证知正确；

故选：.

【点睛】本题考查了直线方程，意在考查学生的推断能力.

3．直线经过第一、二、四象限，则a、b、c应满足（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据直线经过第一、二、四象限判断出即可得到结论.

【详解】由题意可知直线的斜率存在，方程可变形为，

∵直线经过第一、二、四象限，

∴，

∴且．

故选：A.

4．直线经过，两点，那么直线的倾斜角的取值范围为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据直线过两点，求出直线的斜率，再根据斜率求出倾斜角的取值范围.

【详解】解：直线的斜率为，因为，所以，所以直线的倾斜角的取值范围是.

故选：D.

【点睛】本题考查了利用两点求直线的斜率以及倾斜角的应用问题，属于基础题.

5．已知直线l1：mx－2y＋1＝0，l2：x－(m－1)y－1＝0，则“m＝2”是“l1平行于l2”的(　　)

A．充分不必要条件

B．必要不充分条件

C．充要条件

D．既不充分也不必要条件

【答案】C

【分析】利用两直线平行的等价条件求得m，再结合充分必要条件进行判断即可.

【详解】由直线l1平行于l2得－m(m－1)＝1×(－2)，得m＝2或m＝－1，经验证，当m＝－1时，直线l1与l2重合，舍去，所以“m＝2”是“l1平行于l2”的充要条件，

故选C.

【点睛】本题考查两直线平行的条件，准确计算是关键，注意充分必要条件的判断是基础题

6．已知向量，则向量在向量上的投影向量为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】首先求出向量在向量上的投影，从而求出投影向量，

【详解】解：因为，所以，

所以向量在向量上的投影为

设向量在向量上的投影向量为，则且，

所以，所以，解得

所以

故选：B

【点睛】本题考查平面向量数量积的坐标表示，属于基础题.

7．如图，在三棱锥中，，，两两垂直，且，，为的中点，则等于（    ）

A．3 B．2 C．1 D．0

【答案】D

【分析】以为基底向量，利用向量的三角形法则将用基底向量表示，根据向量数量积的运算律结合垂直和长度关系即可得到结果．

【详解】以为基底向量，则，

∵，

则，

又∵，即，

∴．

故选：D．

8．方程化简的结果是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由方程的几何意义得到是椭圆，进而得到焦点和长轴长求解.

【详解】∵方程，

表示平面内到定点、的距离的和是常数的点的轨迹，

∴它的轨迹是以为焦点，长轴，焦距的椭圆；

∴；

∴椭圆的方程是，即为化简的结果．

故选：D．

9．已知向量在基底下的坐标为，其中，，，则向量在基底下的坐标为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】运用空间向量基底表示方法进行转换即可.

【详解】依题意， ；

故选：A.

10．如图所示，空间四边形中，，点M在上，且，N为中点，则等于（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】结合空间向量的线性运算即可求出结果.

【详解】,

故选：B.

11．已知过原点的动直线与圆相交于不同的两点、则线段的中点的轨迹的方程是（    ）

A．（在内 B．

C．（在内 D．

【答案】C

【分析】将直线的方程与圆方程联立，运用韦达定理，消去参数即可求解.

【详解】圆的标准方程为，所以，圆心，半径为，

由垂径定理可知（为坐标原点），且，

所以，，即，

圆的圆心为，半径为，

因为，则，故圆与圆相交，

故轨迹的方程是（在内）.

故选：C.

12．过点作直线的垂线，垂足为，已知点，则当变化时，的取值范围是（    ）

A．  B．

C． D．

【答案】B

【分析】化已知直线为，即有且，解方程可得定点，可得在以为直径的圆上运动，求得圆心和半径，由圆的性质可得最值．

【详解】直线，即，

由，求得，直线经过定点．

当垂足与不重合时，由为直角三角形，斜边为，在以为直径的圆上运动，当垂足与重合时也符合，(由于已知直线不能表示直线,所以点的轨迹要从上面的圆中除去点,这个点显然不影响下面的取值范围)

可得圆心为的中点，半径为，

则与的最大值为，

则与的最小值为，

故的范围为：，

故选：B

13．若圆上至少有三个不同的点到直线：的距离为，则直线的斜率的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】首先求圆的圆心和半径，利用圆心到直线的距离，求后，再转化为直线的斜率的取值范围.

【详解】圆整理为，

圆心坐标为，半径为，

要求圆上至少有三个不同的点到直线：的距离为，

则圆心到直线的距离应小于等于，，

，，

设直线的斜率为，则，，

直线的斜率的取值范围是.

故选：A

14．已知P是直线l：上一点，M，N分别是圆：和：上的动点，则的最小值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先由两圆的标准方程，求出圆心和半径，然后判断两圆与直线l的位置关系，求出圆心关于直线l：的对称点，则当M，N，P三点共线且经过两圆圆心时，取最小值，求解即可.

【详解】圆：，则圆心，，

圆：，则圆心，，

因为，则两圆心在直线l的同侧.

又圆心到直线l的距离，

圆心到直线l的距离，

则两圆在直线l的同侧且与直线相离，

圆心关于直线l：的对称点为，

则，解得，，

所以，

则当M，N，P三点共线且经过两圆圆心时，取最小值，

所以的最小值为.

故选：A.

15．如图，在直四棱柱中，底面为矩形，分别为的中点，则（    ）

A．平面且

B．平面且与不垂直

C．与平面相交且

D．与平面相交且与不垂直

【答案】C

【分析】延长､相交于点，连接并延长，根据空间直线和平面平行和垂直的判定定理分别进行判断即可.

【详解】解：延长､相交于点，连接，

因为点､分别是的中点，

所以，

所以､､三点共线，所以与平面相交，

与平面相交，故A､不正确；

对于､：连接与相交于点，因为是的中点，

所以，

又，所以∽，

所以，

又，

所以，

所以，所以，

又，所以，

故C正确，不正确，

故选：.

16．已知⊙M：，直线：，为上的动点，过点作⊙M的切线，切点为，当最小时，直线的方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由题意可判断直线与圆相离，根据圆的知识可知，四点共圆，且，根据 可知，当直线时，最小，求出以 为直径的圆的方程，根据圆系的知识即可求出直线的方程．

【详解】圆的方程可化为，点 到直线的距离为，所以直线 与圆相离．

依圆的知识可知，四点四点共圆，且，所以，而 ，

当直线时，， ，此时最小．

∴即 ，由解得， ．

所以以为直径的圆的方程为，即 ，

两圆的方程相减可得：，即为直线的方程．

故选：D.

【点睛】本题主要考查直线与圆，圆与圆的位置关系的应用，以及圆的几何性质的应用，意在考查学生的转化能力和数学运算能力，属于中档题．

17．在棱长为的正四面体中，点为所在平面内一动点，且满足，则的最大值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由题意可知，点在所在平面内的轨迹为椭圆，且该椭圆的焦点为、，长轴长为，然后以线段的中点为坐标原点，直线所在直线为轴，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，求出椭圆的方程，利用二次函数的基本性质可求得的最大值.

【详解】如图所示，在平面内，，

所以点在平面内的轨迹为椭圆，取的中点为点，连接，以直线为轴，直线为建立如下图所示的空间直角坐标系，

则椭圆的半焦距，长半轴，该椭圆的短半轴为，

所以，椭圆方程为.

点在底面的投影设为点，则点为的中心，，

故点正好为椭圆短轴的一个端点，

，则，

因为，故只需计算的最大值.

设，则，

则，

当时，取最大值，

即，

因此可得，故的最大值为.

故选：B.

【点睛】关键点点睛：本题考查线段长度最值的求解，根据椭圆的定义得知点的轨迹是椭圆，并结合二次函数的基本性质求解的最大值是解题的关键，在求解时也要注意椭圆有界性的应用.

二、填空题

18．若直线经过点且在两坐标轴上的截距和为4，则该直线的方程为___________.

【答案】（或）

【分析】设所求直线的方程为，由已知建立方程组，解之可求得答案.

【详解】解：设所求直线的方程为，则有，解得，

所以直线方程为，即，

故答案为：.

19．直线l： 截圆 的弦为，则的最小值为_____________ .

【答案】2

【分析】直线l过定点A（0，1），A点在圆内，当A点为MN的中点时弦最短.

【详解】对于直线l： ，显然过定点 ；

对于圆： ，配方后有： ，

圆心为 ，半径为3，点A到圆心的距离为 ，

所以A点在圆内，当A点为MN的中点时， 最短，此时 ；

故答案为：2.

20．已知三棱锥S﹣ABC，满足SA⊥SB，SB⊥SC，SC⊥SA，且SA=SB=SC，若该三棱锥外接球的半径为，Q是外接球上一动点，则点Q到平面ABC的距离的最大值为____．

【答案】．

【详解】试题分析：由题意，三棱锥的外接球即为以SA，SB，SC为长宽高的正方体的外接球，求出球心到平面ABC的距离，即可求出点Q到平面ABC的距离的最大值．

解：∵三棱锥S﹣ABC中，SA⊥SB，SB⊥SC，SC⊥SA，且SA=SB=SC，

∴三棱锥的外接球即为以SA，SB，SC为长宽高的正方体的外接球，

∵该三棱锥外接球的半径为，

∴正方体的体对角线长为2，

∴球心到平面ABC的距离为=

∴点Q到平面ABC的距离的最大值为+=．

故答案为．

【解析】点、线、面间的距离计算．

21．若当时，不等式恒成立，则实数的取值范围是__________．

【答案】．

【分析】根据点到直线的距离公式以及圆的方程，可将问题转化成可看作半圆弧上的任意一点到直线的距离大于或等于，进一步转化为圆心到直线的距离即可求解.

【详解】原不等式可化为：对恒成立．

记直线，半圆弧 ，

则可看作半圆弧上的任意一点到直线的距离大于或等于，也就是原点半圆弧所在圆的圆心到直线的距离大于或等于．

而原点到直线的距离：，解得：，即实数的取值范围是．

故答案为：

三、解答题

22．已知的三个顶点分别是，，．

(1)求边上的高所在直线的方程；

(2)求边的垂直平分线所在直线的方程．

【答案】(1)

(2)．

【分析】（1）首先求直线的斜率，再利用垂直关系求高所在直线的斜率，最后利用点斜式方程求解；

（2）首先求直线的斜率和中点坐标，再求垂直平分线的斜率，最后代入点斜式直线方程.

【详解】（1）边所在的直线的斜率，

因为边上的高与垂直，所以边上的高所在直线的斜率为．

又边上的高经过点，

所以边上的高所在的直线方程为，

即．

（2）同理边所在的直线的斜率，

所以边的垂直平分线的斜率为，边中点的坐标是，即，

所以边的垂直平分线的方程是，即．

23．在平面直角坐标系中，点A的坐标为，动点P满足．

（1）求动点P的轨迹C的方程；

（2）若直线l过点且与轨迹C相切，求直线l的方程．

【答案】（1）；（2）或．

【解析】（1）设，根据动点满足，用两点间距离公式化简求解.

（2）讨论直线的斜率，设出直线l的方程，由圆心到直线的距离等于圆的半径可得答案.

【详解】（1）设，则由，

即，

化简得，

所以P点的轨迹方程为．  

（2）当直线l的斜率不存在时，方程为，

圆心到直线l的距离为2，又因为圆的半径为2，所以相切；

当直线l的斜率存在时，设，

即，    

由到l的距离，解得，    

所以直线方程为，即，      

综上，l的方程为或.

【点睛】本题考查了直线和圆的位置关系，判断直线和圆的位置关系有①几何法，就是利用圆心到直线的距离和半径大小；②代数法，就是利用圆的方程和直线方程联立后由判别式求解.

24．已知：关于直线对称，且圆心在y轴上.

(1)求的标准方程；

(2)已知动点M在直线上，过点M引的两条切线､，切点分别为A，B.证明：直线恒过定点.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）由圆心在直线上，且圆心在y轴上得出关系式求出即可；

（2）设出M点坐标，得出M，A，C，B四点共圆，此圆以为直径，化简得出圆的方程为，由是圆C和圆的公共弦，两圆方程相减求出的直线方程得出结论即可.

【详解】（1）由题意知，圆心在直线上，即，

又因为圆心C在y轴上，所以，

由以上两式得，，

∴，

故圆C的标准方程为

（2）证明：设点M的坐标为，

∵，

∴M，A，C，B四点共圆，且，

其圆心为线段MC的中点，，

设M，A，C，B四点所在的圆为圆，

∴圆的方程为，

化简得.

∵是圆C和圆的公共弦，

∴，

两式相减得，

故的方程为，

当时，，

∴直线恒过定点.

25．如图,在四棱锥中, 平面平面,.

（1）求证:平面；

（2）求直线与平面所成角的正弦值；

（3）在棱上是否存在点,使得平面？若存在, 求的值；若不存在, 说明理由.

【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）存在，.

【分析】试题分析：（Ⅰ）由面面垂直的性质定理知AB⊥平面，根据线面垂直的性质定理可知，再由线面垂直的判定定理可知平面；（Ⅱ）取的中点，连结，以O为坐标原点建立空间直角坐标系O-xyz，利用向量法可求出直线PB与平面PCD所成角的正弦值；（Ⅲ）假设存在，根据A，P，M三点共线，设，根据BM∥平面PCD，即（为平面PCD的法向量），求出的值，从而求出的值.

试题解析：（Ⅰ）因为平面平面，，

所以平面.

所以.

又因为，

所以平面.

（Ⅱ）取的中点，连结.

因为，所以.

又因为平面，平面平面，

所以平面.

因为平面，所以.

因为，所以.

如图建立空间直角坐标系.由题意得，

.

设平面的法向量为，则

即

令，则.

所以.

又，所以.

所以直线与平面所成角的正弦值为.

（Ⅲ）设是棱上一点，则存在使得.

因此点.

因为平面，所以平面当且仅当，

即，解得.

所以在棱上存在点使得平面，此时.

【解析】空间线面垂直的判定定理与性质定理；线面角的计算；空间想象能力，推理论证能力

【名师点睛】平面与平面垂直的性质定理的应用：当两个平面垂直时，常作的辅助线是在其中一个平面内作交线的垂线，把面面垂直转化为线面垂直，进而可以证明线线垂直(必要时可以通过平面几何的知识证明垂直关系)，构造(寻找)二面角的平面角或得到点到面的距离等.

26．如图，过椭圆的左右焦点，分别作长轴的垂线，交椭圆于，，，，将，两侧的椭圆弧删除再分别以，为圆心，，线段的长度为半径作半圆，这样得到的图形称为“椭圆帽”.夹在，之间的部分称为椭圆帽的“帽体段”，夹在，两侧的部分称为椭圆帽的“帽檐段”.已知左右两个帽檐段所在的圆方程分别为.

(1)求“帽体段”的方程；

(2)记“帽体段”所在椭圆为C，过点的直线与椭圆C交于A，B两点，在x轴上是否存在一个定点，使得为定值？若存在，求出M点的坐标；若不存在，说明理由.

【答案】(1)

(2)存在，定点

【分析】（1）结合图形与题意得到方程组，解之即可得到结果；

（2）分别讨论直线与轴不重合以及直线与轴重合两种情况，然后设出直线方程与椭圆的方程联立，结合韦达定理即可求出结果.

【详解】（1）设椭圆的标准方程为，

由图可得，

所以，所以，

“帽体段”的方程：；

（2）①当直线与轴不重合时，设直线的方程为，

将代入得，

所以，

由题意得，

将，代入上式得

，

要使得为定值，

即为定值，即，解得，

即时，为定值，

②当直线与轴重合时，直线的方程为，

成立

所以存在定点，使得为定值.

【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：

（1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；

（2）强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．