2022-2023学年江苏省南京师范大学苏州实验学校高二上学期9月月考数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年江苏省南京师范大学苏州实验学校高二上学期9月月考数学试题（解析版），共23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。
2022-2023学年江苏省南京师范大学苏州实验学校高二上学期9月月考数学试题 一、单选题1．直线的倾斜角是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由可得，可得斜率为从而求得倾斜角．【详解】由可得，所以直线的斜率为，设直线的倾斜为，则，因为，所以．故选：D2．已知直线：，：，则“”是“”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】B【分析】求得当时，推不出，反之，可以推出，即可判断出答案.【详解】当时， ，经验证时，不重合，故时，推不出，当时，“”成立，故“”是“”的必要不充分条件，故选：B3．直线经过点和以为端点的线段相交，直线斜率的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】求得直线和的斜率，结合图象求得正确答案.【详解】，画出图象如下图所示，由图可知，直线l的斜率满足或所以直线的斜率的取值范围是.故选：D4．如图，在四面体中，，，，且，，则（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】由平面向量的线性运算求解．【详解】连接，因为，所以，因为，所以，所以．故选：C．5．已知直线与圆交于两点， 则当弦最短时，圆与圆的位置关系是（    ）A．内切 B．外离 C．外切 D．相交【答案】B【分析】由直线过定点且定点在圆内，当弦最短时直线垂直，根据斜率乘积为求出，进而求出圆的方程，再根据圆心距与两圆半径的关系确定答案.【详解】易知直线即过定点，因为，故在圆内.故弦最短时直线垂直，又，所以，解得，此时圆的方程是.两圆圆心之间的距离，半径分别为5，3又，所以这两圆外离.故选：B.6．过坐标原点作直线的垂线，垂足为，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】求出直线直线过的定点A，由题意可知垂足是落在以OA为直径的圆上，由此可利用的几何意义求得答案,【详解】直线，即 ，令 ，解得 ，即直线过定点 ,由过坐标原点作直线的垂线，垂足为，可知：落在以OA为直径的圆上，而以OA为直径的圆为 ，如图示：故可看作是圆上的点到原点距离的平方，而圆过原点，圆上点到原点的最远距离为 ，但将原点坐标代入直线中， 不成立，即直线l不过原点，所以不可能和原点重合，故，故选：D7．已知矩形ABCD，AB＝1，BC，沿对角线AC将△ABC折起，若平面ABC与平面ACD所成角的余弦值为，则B与D之间距离为（    ）A．1 B． C． D．【答案】C【分析】过B和D分别作BE⊥AC，DF⊥AC，根据向量垂直的性质，利用向量数量积进行转化求解即可．【详解】过B和D分别作BE⊥AC，DF⊥AC，∵AB＝1，BC，∴AC＝2，∵，∴BE＝DF，则AE＝CF，即EF＝2﹣1＝1，∵平面ABC与平面ACD所成角的余弦值为，∴，∵，∴，则||，即B与D之间距离为，故选：C．8．如图，正方体中，，，， 当直线与平面所成的角最大时，（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用坐标法，利用线面角的向量求法，三角函数的性质及二次函数的性质即得.【详解】如图建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则，所以，，，设平面的法向量为，则，∴，令，可得，又，设直线与平面所成的角为，则，又，∴当时，有最大值，即直线与平面所成的角最大.故选：C. 二、多选题9．已知空间向量，则下列说法正确的是（    ）A．B．向量与向量共线C．向量关于轴对称的向量为D．向量关于平面对称的向量为【答案】ABC【分析】根据空间向量模的公式，结合共线向量、线对称、面对称的性质逐一判断即可.【详解】A：因为，所以本选项说法正确；B：因为，所以向量与向量共线，因此本选项说法正确；C：设的起点为坐标原点，所以该向量的终点为，因为点关于轴对称的点的坐标为，所以向量关于轴对称的向量为，因此本选项说法正确；D：设的起点为坐标原点，所以该向量的终点为，因为点关于平面对称点的坐标为，所以向量关于平面对称的向量为，故选：ABC10．已知，是圆O：上两点，则下列结论正确的是（    ）A．若，则B．若点O到直线AB的距离为，则C．若，则的最大值为D．若，则的最大值为4【答案】AD【分析】对于选项A，B，根据垂径定理可判断，对于选项C，D，根据点到直线的距离公式可求解判断.【详解】对于A，若，则可知点到的距离为，从而可知，故A正确；对于B，若点O到直线AB的距离为，则可知，从而得，故B错误；对于C，D，的值可转化为单位圆上的两点到直线的距离之和，又，所以三角形是等腰直角三角形，设是的中点，则，且，则在以点为圆心，半径为的圆上，两点到直线的距离之和为的中点到直线的距离的两倍.点到直线的距离为，所以点到直线的距离的最大值为，所以的最大值为.因此的最大值为4.从而可知C错误，D正确..故选：AD.11．已知为坐标原点，点，动点满足，是直线上的点，下列结论正确的是（      ）A．点的轨迹是圆 B．的最大值为 C．的最小值为 D．【答案】ACD【分析】设，由数量积的坐标表示求出点轨迹方程，再利用直线和圆的位置关系求解，判断各选项．【详解】设，则，即，所以点轨迹是圆，此圆圆心为，半径为．是圆的一条直径．点到直线的距离为，直线与圆相离，无最大值，最小值为，由于已知直线与以为直径的圆相离，，因此ACD正确．故选：ACD12．在四边形中(如图1)，，将四边形沿对角线折成四面体（如图2所示），使得，E，F，G分别为的中点，连接为平面内一点，则（    ）A．三棱锥的体积为B．直线与所成的角的余弦值为C．四面体的外接球的表面积为D．若，则Q点的轨迹长度为【答案】ABD【分析】取中点，先证平面，再由计算体积即可判断A选项；用表示出，再由向量的运算求出夹角的余弦值即可判断B选项；取的中点，由求出外接球半径，即可判断C选项；作交延长线于，由平面，进而求得，得出Q点的轨迹即可求得D选项.【详解】对于A，如图，取中点，连接，易得，又，平面，则平面，易得，则，则，，则，A正确；对于B，，则，则，，则，，又，则，即直线与所成的角的余弦值为，B正确；对于C，易得，，则，取的中点，连接，易得，则四面体的外接球的半径为，则外接球表面积为，C错误；对于D，作交延长线于，由A选项知，，又，平面，则平面，又平面，则，又，则，又，则，即Q点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，则Q点的轨迹长度为，D正确.故选：ABD.【点睛】求三棱锥的体积关键在于找出棱锥的高，本题通过分割三棱锥进而得到棱锥的高求出体积；求异面直线的夹角，可以通过向量法进行解决，通过基底表示出两条异面直线所在向量，再由向量的运算求解即可；本题外接球问题属于共斜边的直角三角形模型，求出半径即可求解；立体几何中的轨迹问题通常借助平面的垂线段转化为平面的轨迹问题加以处理. 三、填空题13．设圆的圆心为C，直线l过，且与圆C交于A，B两点，若，则直线l的方程为___________.【答案】或【分析】当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为，求出A，B两点的坐标，再判断是否成立，当直线l的斜率存在时，设直线，利用点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，再利用弦心距，弦和半径的关系列方程可求出，从而可求出直线方程【详解】当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为，由，得或，此时，符合题意.当直线l的斜率存在时，设直线，因为圆的圆心，半径，所以圆心C到直线l的距离.因为，所以，解得，所以直线l的方程为，即.综上，直线l的方程为或.故答案为：或14．已知平面内点一定点，点M、N分别是x轴和直线上的两个动点，则的最小值为______．【答案】##【分析】利用对称性，作点关于轴的对称点，，利用数形结合求的的最小值.【详解】作出点关于轴的对称点,则,最小值即为到直线的距离,所以的最小值为.故答案为：.15．四叶草也叫幸运草，四片叶子分别象征着：成功､幸福､平安､健康，表达了人们对美好生活的向往.梵克雅宝公司在设计四叶草吊坠的时候，利用了曲线方程（如图所示）进行图案绘制.试求曲线围成的封闭图形的面积___________.【答案】【分析】先对分情况讨论，去掉绝对值，然后结合方程表示的图形求解面积.【详解】当时，方程可化为它表示圆心在，半径为的圆在第一象限的部分；当时，方程可化为它表示圆心在，半径为的圆在第四象限的部分；当时，方程可化为它表示圆心在，半径为的圆在第二象限的部分；当时，方程可化为它表示圆心在，半径为的圆在第三象限的部分；综上，四个部分都是半圆，并且它们正好围成了一个封闭的区域.这个区域的面积可以割成四个半圆和一个正方形，其中正方形的边长就是半圆的直径.所以总面积为.故答案为：.16．如图所示，在棱长为1的正方体中，P，Q分别是线段，上的点，满足平面，则与平面所成角的范围是__________．【答案】【分析】以为原点，为轴、轴、为轴建立空间直角坐标系，设，且，其中，求得向量和平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，求得的范围，即可求解.【详解】以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则，可得，设平面的法向量为，则，令，可得，所以，易得不重合，设，其中，且，所以，所以，，因为平面，所以，可得，所以，，因为平面，所以的一个法向量为，设与平面所成的角为，则，当，可得，因为，所以 当，可得，因为，所以，所以与平面所成的角的范围是为.故答案为： 四、解答题17．已知直线经过直线与直线的交点.（1）若直线垂直于，求直线的方程；（2）若直线与经过两点，的直线平行，求直线的方程.【答案】(1)；(2).【详解】试题分析:（1）易得点的坐标为，利用垂直关系得到斜率即可求出直线的方程；（2）利用平行关系得到斜率即可求出直线的方程.试题解析：由，解得∴点的坐标为.（1）∵直线的斜率为，∴与该直线垂直的直线的斜率为，∴直线的方程为，即.（2）直线的斜率为，∵直线与直线平行，∴，∴直线的方程为，即.18．已知圆的圆心在直线上，且与轴相切于点.（Ⅰ）求圆的方程；（Ⅱ）若圆与直线：交于，两点，_____________，求的值.从下列两个条件中任选一个补充在上面问题中并作答：条件①：；条件②：.注：如果选择多个条件分别作答，按第一个解答计分.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）答案见解析.【分析】（Ⅰ）设圆心，易知，由圆与轴相切于点，可求以及，写出圆的方程即可.（Ⅱ）所给的两个条件，均可得到直线的距离，结合点线距离公式即可求的值.【详解】（Ⅰ）设圆心坐标为，半径为.由圆的圆心在直线上，知：.又∵圆与轴相切于点，∴，，则.∴圆的圆心坐标为，则圆的方程为.（Ⅱ）如果选择条件①：，而，∴圆心到直线的距离，则，解得或.如果选择条件②：，而，∴圆心到直线的距离，则，解得或.19．在如图所示的五面体中，面是边长为2的正方形，平面，，且，为的中点,M为CD中点，(1)求证：平面；(2)求二面角的余弦值；(3)求点到平面的距离.【答案】(1)证明见解析(2)(3) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，根据向量法证线面平行，（2）利用平面法向量的夹角求二面角，（3）利用空间向量即可求解点面距离.【详解】（1）因为平面，平面，所以，因为，所以两两垂直，所以以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示，因为平面是边长为2的正方形，，且，为的中点，所以，，，，，，，所以，因为平面的法向量可以为，所以，即，又平面，所以平面；（2）因为，，设平面的法向量为，则，令，则，所以，因为平面，，所以平面，因为平面，所以，因为平面，所以平面，所以平面的法向量可以为，设二面角为，由图可知二面角为钝角，则，所以二面角的余弦值为；（3）由（2）知平面的法向量为，又，设点到平面的距离为，则，所以点到平面的距离；20．已知圆过点，，且圆心在直线：上.(1)求圆的方程；(2)若从点发出的光线经过直线反射，反射光线恰好平分圆的圆周，求反射光线的一般方程.(3)若点在直线上运动，求的最小值.【答案】(1)(2)(3) 【分析】（1）由题意可求线段的中垂线方程，联立直线方程可得圆心，进而可得半径与圆的方程；（2）由恰好平分圆的圆周，得经过圆心，求点关于直线的对称点，求出直线即为；（3）由题意设点的坐标为，根据两点间距离公式可得，进而可得最小值.【详解】（1）由，，得直线的斜率为，线段中点，所以，直线的方程为，即，联立，解得，即，所以半径，所以圆的方程为；（2）由恰好平分圆的圆周，得经过圆心，设点关于直线的对称点，则直线与直线垂直，且线段的中点在上，即，解得，所以，所以直线即为直线，且，直线方程为，即；（3）由已知点在直线上，设，则，所以当时，取最小值为.21．四棱锥中，底面为梯形，，，，，为直二面角．(1)证明：；(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面的夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）取中点，首先证得四边形为平行四边形，从而得到，可证得；结合面面垂直和线面垂直的性质即可证得结论；（2）连接，交于点，根据等腰三角形三线合一性质和线面垂直可知可以以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，利用线面角的向量求法可构造方程求得，从而利用面面角的向量求法可求得结果.【详解】（1）取中点，连接，，，四边形为平行四边形，，即，；又为直二面角，平面平面，平面，平面，又平面，.（2）连接，交于点，由（1）知：四边形为平行四边形，为中点，，，分别为中点，，又平面，平面，则以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，设，，，，，，，，，，设平面的法向量，，令，解得：，，；直线与平面所成角的正弦值为，，解得：，，，，平面的法向量，，，设平面的法向量，，令，解得：，，；，平面与平面的夹角的余弦值为.22．已知圆和定点，动点､在圆上.(1)过点作圆的切线，求切线方程；(2)若满足，设直线与直线相交于点.①求证：直线过定点； ②求证：.【答案】(1)或，(2)证明见解析 【分析】（1）设直线方程后由点到直线的距离公式列式求解，（2）设直线方程，与圆方程联立后由韦达定理化简后证明，以得直线方程与坐标，再由斜率公式计算后化简证明【详解】（1）当直线斜率不存在时，与相离，当直线斜率存在时，设切线方程为即，，解得或，切线方程为或，（2）若直线斜率不存在，由对称性得，令，由解得，则，直线方程为，若直线斜率存在，设方程为，联立直线与圆方程得，时得，而，化简得，当时，直线过，不合题意，故，直线过，而直线也过，综上，直线过定点；，，故直线方程为，得，，