2022-2023学年广西玉林市北流市实验中学高二上学期10月月考数学试题（解析版）

2022-2023学年广西玉林市北流市实验中学高二上学期10月月考数学试题

一、单选题

1．下列命题正确的是（    ）

①直线倾斜角的范围是；②若直线的斜率为k，则；③任何一条直线都有斜率，但不一定有倾斜角；④任何一条直线都有倾斜角，但不一定有斜率．

A．①② B．①④ C．①②④ D．①②③

【答案】C

【分析】利用直线倾斜角、斜率的意义及其关系逐一判断各个命题作答.

【详解】直线倾斜角的范围是，①正确；

直线倾斜角为，当时，值域为，当时，

值域为，因此，②正确；

因为倾斜角为的直线没有斜率，因此任何一条直线都有倾斜角，但不一定有斜率，③不正确，④正确，

所以给定命题正确的有①②④.

故选：C

2．已知向量，不共线，且，，，则一定共线的是（    ）

A．A，B，D B．A，B，C C．B，C，D D．A，C，D

【答案】A

【分析】根据给定条件，求出，再利用共线向量定理逐项判断作答.

【详解】向量，不共线，且，，，

，则有，而有公共点B，有A，B，D共线，A是；

，不存在实数，使得，因此不共线，A，B，C不共线，B不是；

，不存在实数，使得，因此不共线，B，C，D不共线，C不是；

，不存在实数，使得，因此不共线，A，C，D不共线，D不是.

故选：A

3．已知向量，满足，且，则在方向上的投影为（    ）

A．3 B．-3 C．- D．

【答案】B

【分析】根据投影的定义可得，将数据代入计算，即可得到答案；

【详解】由,得,

,于是,因此在方向上的投影为.

故选：B

4．已知菱形的边长为2，，点满足，则（    ）

A． B． C．6 D．

【答案】C

【分析】把也用表示，后求数量积．

【详解】∵是菱形，∴＝，

∴

．

故选：C．

【点睛】本题考查平面向量的数量积，解题时选取为基底，其他向量用基底表示后再参与运算．

5．设a、b是平面外的任意两条线段，则“a、b的长相等”是“a、b在平面内的射影长相等”的（    ）

A．非充分条件也非必要条件 B．充分必要条件

C．必要条件而非充分条件 D．充分条件而非必要条件

【答案】A

【分析】结合图象分析线段长度相等与它们的投影长相等的关系，由此判断结论.

【详解】如图多面体为正方体，点为边的中点，为以点为圆心，为半径的圆弧上的不同的两点，，

取平面为平面，线段为线段，线段为线段，则线段，线段在平面内的投影线段都为线段，所以a、b在平面内的投影长相等，但a、b的长不相等，所以“a、b的长相等”不是“a、b在平面内的射影长相等”必要条件，

取平面为平面，线段为线段，线段为线段，则线段在平面内的投影线段为线段，线段在平面内的投影线段都为线段，所以a、b的长相等，但a、b在平面内的投影长不相等，所以“a、b的长相等”不是“a、b在平面内的射影长相等”充分条件，

所以“a、b的长相等”是“a、b在平面内的射影长相等”的非充分条件也非必要条件，

故选：A.

6．设直线2x－y－＝0与y轴的交点为P，点P把圆(x＋1)2＋y2＝25的直径分为两段，则这两段之比为(　　)

A．或 B．或

C．或 D．或

【答案】A

【分析】求出直线与y轴的交点，然后利用直线过P和圆心，求出P和圆心的距离，则可求出其分直径成的两条线段的长度.

【详解】由题意知P(0，－)．P到圆心(－1,0)的距离为2，

∴P分直径所得两段为5－2和5＋2，即3和7．

所以两条线段之比为或.

选A．

【点睛】本题考查点分线段所成比例，解题关键是求出P与圆心的距离，根据直径的长度求出两条线段的长度.

7．如图，空间四边形ABCD中，AB＝CD，AB与CD所成角为，点E，F分别为BC，AD的中点，则直线AB与EF所成角为（    ）

A．或 B． C． D．或

【答案】A

【分析】取线段BD中点O，利用几何法确定异面直线所成的角，再分情况计算作答.

【详解】取BD中点O，连结EO、FO，在空间四边形ABCD中，AB与CD所成角为，

点E，F分别为BC，AD的中点，则，，因此是AB与CD所成角（或其补角），

是直线AB与EF所成角（或其补角），于是得或，

而AB＝CD，即有，则当时，，当时，，

所以直线AB与EF所成角为或．

故选：A

8．设点是椭圆上一点，分别是椭圆的左、右焦点，为的内心，若，则该椭圆的离心率是

A． B． C． D．

【答案】C

【详解】设的内切圆半径为，则由，得，即，即，

椭圆的离心率为，故答案为C.

二、多选题

9．曲线与曲线，下列选项错误的是（    ）

A．长轴长相等 B．短轴长相等 C．焦距相等 D．离心率相等

【答案】ABD

【分析】根据曲线方程可确定两椭圆的长轴、短轴、焦距和离心率，由此可得结果.

【详解】曲线表示的椭圆焦点在轴上，长轴长为，短轴长为，焦距为，离心率为；

曲线表示的椭圆焦点在轴上，长轴长为，短轴长为，焦距为，离心率为；

两曲线的焦距相等，但长轴长、短轴长、离心率都不相等.

故选：ABD.

10．已知直线l的方向向量为，为直线l上一点，若点为直线l外一点，则P到直线l上任意一点Q的距离可能为（    ）

A．2 B． C． D．1

【答案】ABC

【分析】利用空间向量求出点P到直线l的距离，即可判断作答

【详解】依题意，，，而直线l的方向向量为，

，，

因此点P到直线l的距离为，即PQ的最小值为，

所以选项A，B，C可能，选项D不可能.

故选：ABC

11．在平面直角坐标系中，已知点，，圆，若圆上存在点，使得，则实数的值可能是（    ）

A． B． C． D．

【答案】BCD

【分析】设点的坐标为，根据题设条件，求得，由圆上存在点，转化为两圆相交或相切，列出不等式即可求解.

【详解】由圆可得圆心，半径为，

设点的坐标为，

因为，即，

整理得：，点的轨迹是以为圆心，半径为的圆，

因为圆上存在点，满足，所以两圆相交或相切，

所以，即，所以，

所以选项B、C、D正确，

故选：BCD.

12．在平行六面体中，点M，P，Q分别为棱AB，CD，BC的中点，若平行六面体的各棱长均相等，，则有（    ）

A． B．

C．面 D．面

【答案】BCD

【分析】如图，连接交于点，连接AC交BD与点O，则点、O分别是、BD的中点，连接MQ、、PQ、，利用异面直线的概念和线面平行的判定定理判断选项A、C；利用线面垂直的判定定理和性质判断选项B、D.

【详解】如图，连接交于点，连接AC交BD与点O，则点、O分别是、BD的中点，连接MQ，，

A：由题意知，，

所以，即四边形为平行四边形，所以，

又，所以与异面，故A错误；

B、D：因为四边形ABCD为菱形，所以，，又，

所以，有，连接，则，又，

所以平面，连接PQ，则，所以平面，故D正确；

又平面，所以，故B正确；

C：因为，平面，所以平面，故C正确；

故选：BCD

三、填空题

13．已知，，且ABCD是平行四边形，则点D坐标为______．

【答案】

【分析】由，即可求

【详解】，又，设O为坐标原点，

∴，∴．

故答案为：

14．若椭圆的离心率为，则m的值为______．

【答案】或3

【分析】分情况讨论焦点在y轴和x轴，根据离心率公式求解.

【详解】当时，椭圆焦点在y轴上，

此时，，从而，解得；

当时，椭圆焦点在x轴上，

此时，，从而，解得．

故答案为：或3.

15．已知在直线：上，点，则的最小值为_______.

【答案】

【详解】设点关于直线的对称点

得解得

则

点睛：判定两点与直线的位置关系，要求最小值，先求点关于直线的对称点，对称点的求法根据其中点在已知直线上，斜率乘积得，然后根据两点之间的距离公式求得最小值．

16．高为的四棱锥-的底面是边长为1的正方形，点、、、、均在半径为1的同一球面上，则底面的中心与顶点之间的距离为__________________．

【答案】

【详解】,

四、解答题

17．已知的顶点，线段的中点为．

(1)求边上的中线所在直线的方程；

(2)若边所在直线在两坐标轴上的截距和是9，求边所在直线的方程．

【答案】(1)5x－4y－9＝0．

(2)或．

【分析】(1)根据两点式方程写出直线方程;

(2)先设截距式方程,再根据条件列式求解即可.

【详解】（1）因为边上的中线就是，

所以由两点式方程：，得：5x－4y－9＝0．

（2）设直线的方程为，

则有或，

所以直线的方程为：或．

18．已知点，，满足．

(1)求m的值；

(2)设O为坐标原点，动点P满足，求当取最小值时点P的坐标．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）首先求出，的坐标，再根据数量积的运算律得到，再根据数量积的坐标表示得到方程，解得即可；

（2）首先表示出，再根据向量模的坐标计算及二次函数的性质求出的最小值，即可得解；

【详解】（1）解：因为，，，

所以，，

因为，所以，

即，即，

所以，解得；

（2）解：因为，，

所以，，

因为

所以

所以当时，此时，即；

19．如图，在四棱锥P−ABCD中，AB//CD，且.

（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；

（2）若PA=PD=AB=DC，，求二面角A−PB−C的余弦值.

【答案】（1）见解析；（2）.

【详解】（1）由已知，得AB⊥AP，CD⊥PD．

由于AB//CD ，故AB⊥PD ，从而AB⊥平面PAD．

又AB 平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD．

（2）在平面内作，垂足为，

由（1）可知，平面，故，可得平面.

以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系.

由（1）及已知可得，，，.

所以，，，.

设是平面的法向量，则

即

可取.

设是平面的法向量，则

即可取.

则，

所以二面角的余弦值为.

【名师点睛】高考对空间向量与立体几何的考查主要体现在以下几个方面：

①求异面直线所成的角，关键是转化为两直线的方向向量的夹角；

②求直线与平面所成的角，关键是转化为直线的方向向量和平面的法向量的夹角；

③求二面角，关键是转化为两平面的法向量的夹角.建立空间直角坐标系和表示出所需点的坐标是解题的关键.

20．如图，已知正三棱柱的底面边长是2，D是侧棱的中点，直线AD与侧面所成的角为45°．

(1)求此正三棱柱的侧棱长；

(2)求二面角A－BD－C的正切值；

(3)求点C到平面ABD的距离．

【答案】(1)

(2)3

(3)

【分析】（1）取BC中点E，连接AE，推出，进而推出侧面．连接ED，则直线AD与侧面所成的角为∠ADE=45°，由此能求出正三棱柱的侧棱长；

（2）过E作于F，连接AF，可得∠AFE为二面角A－BD－C的平面角，由此能求出二面角A－BD－C的平面角的正切．

（3）由平面AEF，知平面平面ABD，且交线为AF，过E作于G，则平面ABD．由此能求出点C到平面ABD的距离．

【详解】（1）设正三棱柱的侧棱长为x，取BC中点E，连接AE，

∵是正三角形，∴，

又底面侧面，且两平面交线为BC，∴侧面．

连接ED，则∠ADE为直线AD与侧面所成的角，∴∠ADE＝45°，

在中，，解得，∴此正三棱柱的侧棱长为．

（2）过E作于F，连接AF，

∵侧面，∴，可知，∴∠AFE为二面角A－BD－C的平面角．

在中，，又BE＝1，，∴．

又，∴在中，．

（3）由（2）可知，平面AEF，∴平面平面ABD，且交线为AF．

过E作于G，则平面ABD．∴EG的长为点E到平面ABD的距离．

在中，．

∵E为BC中点，∴点C到平面ABD的距离为．

21．已知圆C的圆心在曲线上，与x轴交于O，A两点，与y轴交于O，B两点，其中O为坐标原点．

(1)求证：的面积为定值；

(2)设直线与圆C交于M，N两点，且，求圆C的方程．

【答案】(1)证明见解析；

(2)．

【分析】（1）设出圆心坐标，并求出圆的方程，再求出点A，B坐标即可推理作答.

（2）由（1）结合已知，求出圆心C的坐标，再验证判断作答.

【详解】（1）设圆心的坐标为，而圆过原点O，则圆的半径有：，

圆方程为，令x＝0得点B纵坐标，令y＝0得点A横坐标，

所以的面积为定值．

（2）因为，而，因此OC垂直平分线段MN，直线的斜率为，则直线OC斜率为，

直线OC的方程是，从而，解得或，

当时，圆C的方程为，点到直线距离，直线与圆C相交，符合题意，

当时，圆C的方程为，点到直线距离，直线与圆C相离，不符合题意，

所以圆C的方程为.

22．对称轴为坐标轴的椭圆的焦点为，，在上.

（1）求椭圆的方程；

（2）设不过原点的直线与椭圆交于，两点，且直线，，的斜率依次成等比数列，则当的面积为时，求直线的方程.

【答案】（1）（2）直线的方程为：或

【分析】（1）设椭圆的方程为 ，由椭圆的定义求，进而得到椭圆标准方程；（2）设，.由题意将直线方程与椭圆方程联立，得，，又，，的斜率依次成等比数列，解得，由，到直线的距离， ，解得，得直线方程

【详解】（1）设椭圆的方程为 ，

由题意可得，又由，得，故，

椭圆的方程为；

（2）设，.

由题意直线的方程为：，

联立得，

，化简，得①

②，③

直线，，的斜率依次成等比数列，，

，化简，得

，，又，，

且由①知.

原点到直线的距离.

，解得（负舍）或

（负舍）.

直线的方程为：或.

【点睛】对题目涉及的变量巧妙地引进参数（如设点坐标，直线方程等），利用题目的条件和圆锥曲线方程组成二元二次方程组，再化为一元二次方程，从而利用根与系数的关系进行整体代换，达到设而不求的效果