2022-2023学年广西玉林市第十一中学高二上学期10月月考数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年广西玉林市第十一中学高二上学期10月月考数学试题（解析版），共14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学年广西玉林市第十一中学高二上学期10月月考数学试题 一、单选题1．已知向量，则下列结论正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】利用空间向量的加、减法，数量积的坐标运算求解即可.【详解】对于A, ,故A错误；对于B, ，故B错误；对于C，，故C错误；对于D，，故D正确.故选:D.2．已知两条平行直线,则与的距离为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】先将直线进行化简,再利用平行线间的距离公式即可得出结果.【详解】解:由题知,即,由,根据平行线间的距离公式可得:.故选:B3．经过两条直线和的交点，并且垂直于直线的直线的方程为（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】先求得两条直线和的交点坐标，再利用直线垂直的等价条件以及直线的点斜式方程，即可求得该直线的方程.【详解】由，可得，又垂直于直线的直线的斜率，则所求直线方程为，即.故选：D4．如图，在空间四边形中，设，分别是，的中点，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用空间向量的线性运算求得正确结论.【详解】因为，，所以．故选：C5．两平面的法向量分别为，则两平面的夹角为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用向量夹角的公式即可求得两平面的夹角【详解】，又，则则两平面的夹角为故选：A6．在正方体中，与平面所成角的正弦值为A． B． C． D．【答案】B【分析】证明与平面所成角为，再利用边的关系得到正弦值.【详解】如图所示：连接与交于点，连接，过点作 与平面所成角等于与平面所成角正方体平面 平面 与平面所成角为设正方体边长为1在中故答案选B【点睛】本题考查了线面夹角，判断与平面所成角为是解得的关键，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.7．不论为何实数,直线恒过一定点,则此定点的坐标为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】将方程展开,含的项中将提出,令前面的系数为零,其他项也为零,解方程组即可.【详解】解:由题知,化简可得:,由于不论为何实数, 直线恒过定点,只需,解得,故直线恒过定点.故选:A8．圆的圆心是（    ）.A． B． C． D．【答案】A【分析】先将圆的一般方程化为标准方程，进而得出圆心坐标.【详解】圆的标准方程为，圆心的坐标为,故选：A.【点睛】本题考查根据圆的一般方程求圆心坐标，属基础题. 二、多选题9．已知直线l：，其中，下列说法正确的是（    ）A．当时，直线l与直线垂直B．若直线l与直线平行，则C．直线l过定点D．当时，直线l在两坐标轴上的截距相等【答案】AC【分析】对于A，代入，利用斜率之积为得知直线l与直线垂直；对于B，由两平行线的一般式有求得，从而可判断正误；对于C，求定点只需令参数的系数为0即可，故直线l过定点；对于D，代入，分别求得直线l在两坐标轴上的截距即可判断正误.【详解】对于A，当时，直线l的方程为，故l的斜率为1，直线的斜率为，因为，所以两直线垂直，所以A正确；对于B，若直线l与直线平行，则，解得或，所以B错误；对于C，当时，则，所以直线过定点，所以C正确；对于D，当时，直线l的方程为，易得在x轴、y轴上的截距分别是，所以D错误.故选：AC.10．直线过点,若到直线的距离为2;则直线的方程可以为（    ）A． B．C． D．【答案】AC【分析】分情况讨论直线斜率是否存在,设出直线方程,用点到直线的距离公式求出参数即可.【详解】解:由题知到直线的距离为2,且直线过点,当直线斜率不存在时，，此时满足点到直线的距离为2,故;当直线斜率存在时,设直线,即,则到直线的距离为:,解得: ,代入直线方程有:,即.综上: 为或故选:AC11．已知点，点是圆上任意一点，则面积的取值可为（   ）A．4 B．8 C． D．【答案】ACD【分析】求出直线的方程，圆心与半径，从而可得圆上的点到直线距离的最大、最小值，进而可求面积的范围.【详解】直线的方程是,即,,则当的面积取最大值与最小值时,边上的高即点到直线的距离取最大值与最小值,由圆可得圆心,半径,所以点到直线的距离是.由圆的几何性质得的最大值是,最小值为,所以面积的最大值是,最小值为,所以面积取值范围是.故选:ACD.12．关于空间向量,以下说法正确的是（    ）A．空间中的三个向量,若有两个向量共线,则这三个向量一定共面B．若对空间中任意一点,有,则四点共面C．设是空间中的一组基底,则也是空间的一组基底D．若,则是钝角【答案】ABC【分析】将三个向量平移至共起点,由两个向量共线,可知三个向量一定共面,将写为,将式子移项,根据向量的减法,即可得,即四点共面,根据空间中基底是三个不共面的向量构成的,可得选项C的正误,若,夹角可为,可判断选项D.【详解】解:由题知,关于选项A:因为向量的两个要素为方向和大小,跟向量所在位置无关,可将三个向量平移至共起点,根据两条相交直线可以确定一个平面知这三个向量一定共面,故选项A正确;关于选项B:因为,即,即,即,即,根据空间向量共面定理可得:四点共面,故选项B正确;关于选项C:因为是空间中的一组基底,则为不共面的三个向量,与共线,与共线,所以不共面,故也是空间的一组基底,故选项C正确;关于选项D:若,则夹角可为,不是钝角,故选项D错误.故选:ABC 三、填空题13．直线（为常数）的倾斜角为___________.【答案】##【分析】由直线求出斜率,根据斜率和倾斜角的关系,求出倾斜角即可.【详解】解:由题知直线的斜率为1,记直线的倾斜角为,,则,所以.故答案为:14．圆心为且过原点的圆的方程是__________．【答案】 【详解】由题意知圆的半径圆的方程为15．直线在轴上的截距为___________.【答案】2【分析】利用直线的截距式方程即可求得此直线轴上的截距【详解】直线可化为，即则此直线轴上的截距为2故答案为：216．如图，正方形ABCD中，，若沿EF将正方形折成一个二面角后，，则AF与CE所成的角的余弦值为______.【答案】##【分析】根据题设条件可得二面角为直二面角，故补全为一个长方体，进而可找出AF与CE所成的角，再根据余弦定理即可解答.【详解】依题意易知折成的二面角为直二面角，把正方形ABCD折成的直二面角补全为一个长方体，如图所示:设正方形ABCD的边长为2，则，连结AF，CE，AH，FH，则平行于， AF与CE所成的角即为AH与AF所成的角，在三角形AFH中，由余弦定理得：，所以AF与CE所成的角得余弦值为.故答案为：. 四、解答题17．，，.(1)若，求.(2)若，求的值【答案】(1)(2) 【分析】（1）依题意可得，根据向量共线的坐标表示得到方程，解得即可；（2）依题意可得，根据数量积的坐标表示得到方程，解得，即可求出，再根据空间向量线性运算的坐标表示及数量积的坐标运算计算可得.【详解】（1）解：因为，且，所以，即，即，即，所以，所以.（2）解：因为，且，所以，解得，所以，所以，，所以.18．已知直线和直线.(1)当时,求的值;(2)在（1）的条件下,若直线,且过点,求直线的方程【答案】(1)(2) 【分析】(1)根据两直线垂直的性质列出方程,求出即可;(2)由(1)中的值,可得直线的方程,根据,设出的方程,将点代入即可求得结果.【详解】（1）解:由题知,,,,解得:;（2）由(1)知,,即,,设,将代入中可得:,故,即.19．已知圆C：x2＋y2＋Dx＋Ey＋3＝0，圆心在直线x＋y－1＝0上，且圆心在第二象限，半径长为，求圆的一般方程．【答案】x2＋y2＋2x－4y＋3＝0.【详解】试题分析：建立方程组 ,解方程组，并删除增根. 试题解析：圆心C，∵圆心在直线x＋y－1＝0上，∴－－－1＝0，即D＋E＝－2.①又∵半径长r＝＝，∴D2＋E2＝20.②由①②可得或又∵圆心在第二象限，∴－＜0即D＞0.则故圆的一般方程为x2＋y2＋2x－4y＋3＝0.20．一动点到两定点距离的比值为非零常数，当时，动点的轨迹为圆，后世称之为阿波罗尼斯圆已知两定点、的坐标分别为：、，动点满足．（1）求动点的阿波罗尼斯圆的方程；（2）过作该圆的切线，求的方程．【答案】（1）；（2）或．【分析】（1）设，直接用坐标表示并化简即可；（2）分类斜率不存在和斜率存在，斜率存在时设出直线方程，由圆心到切线距离等于半径求得参数，得切线方程．【详解】（1）设动点坐标为，则，，又知，则，得．（2）当的斜率存在为时，则的方程为：，与圆相切，则，得：，此时的方程为：；当的斜率不存在时，此时的方程为：，综上：的方程为或．【点睛】本题考查求圆的方程，考查求圆的切线方程．求圆的方程采取直接法，即把已知关系用坐标表示化简即可，而求圆的切线方程必须分类讨论，即分斜率不存在和斜率存在两类，斜率存在时设出切线方程，由圆心到切线距离等于半径求参数．21．三角形的三个顶点是，，．（1）求边上的高所在直线的方程；（2）求边上的中线所在直线的方程．【答案】（1）；（2）．【分析】（1）先根据斜率公式得，由于边上的高与所在直线垂直且过，故根据点斜式求解即可；（2）由题知中点为，故再根据点斜式求解即可.【详解】（1）边所在直线的斜率因为所在直线的斜率与BC高线的斜率乘积为，所以高线的斜率为，又因为高线所在的直线过所以高线所在的直线方程为，即（2）设中点为，则中点，又所以边上的中线所在的直线方程为：，即：【点睛】本题考查直线的方程的求解，解题的关键在于利用两直线垂直且斜率存在，则斜率乘积为，考查运算求解能力，是基础题.22．如图，在四棱锥中，平面，底面是直角梯形，其中，，，，E为棱上的点，且.(1)求证：平面；(2)求二面角的余弦值；(3)求点E到平面的距离.【答案】(1)证明过程见解析；(2)；(3). 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量数量积的运算性质，结合线面垂直的判定定理进行计算证明即可；（2）利用空间向量夹角公式进行求解即可；（3）利用空间向量夹角公式，结合锐角三角函数定义进行求解即可.【详解】（1）因为平面，平面，所以，而，因此可以建立如下图所示的空间直角坐标系，则有，，，，因为，所以，而平面，所以平面；（2）设平面的法向量为，，则有，由（1）可知平面的法向量为，所以有，由图知二面角为锐角，所以二面角的余弦值为；（3）由（2）可知：平面的法向量为，，所以可得：，所以点E到平面的距离为.