2022-2023学年高二数学 人教A版2019选择性必修第一册 同步讲义 高二上学期第一次月考试题（范围：空间向量、直线与圆） Word版含解析

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高二第一次月考试题（空间向量、直线与圆）第I卷（选择题）一、单选题（本大题8个小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．（2022·甘肃定西·高二开学考试（理））在长方体中，下列关于的表达中错误的一个是（       ）A． B．C． D．【答案】B【分析】利用空间向量的线性运算法则求解.【详解】解：，A正确；，B错误；，C正确；，D正确．故选:B．2．（2022·全国·高二课时练习）在正三棱柱中，，为棱的中点，为线段上的一点，且，则（       ）A．10 B．12 C．15 D．20【答案】C【分析】以点为坐标原点建立空间直角坐标系，设，再根据垂直的坐标表示求解得，进而求得即可.【详解】以点为坐标原点，以及与过且与同向的方向分别为轴建立空间直角坐标系.则，，，设，由，知，解得，故.故选：C3．（2022·全国·高二课时练习）若直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则可能使的是（       ）A．， B．，C．， D．，【答案】D【分析】根据题意可得，再逐个选项代入判断即可.【详解】要使成立，需使，将选项一一代入验证，只有D满足.故选：D.4．（2021·黑龙江黑河·高二阶段练习）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：D 5．（2021·陕西汉中·高二期末（理））正方体中，E，F分别为，的中点，则异面直线AE与FC所成角的余弦值为（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】建立空间直接坐标系，利用空间向量求解.【详解】如图，建立空间直接坐标系，设正方体的棱长为2，因为E，F分别为，的中点，易知，A(2，0，0)，E(0，1，2)，C(0，2，0)，F(2，2，1)，所以，，所以<>=.因为异面直线AE与FC所成角为锐角. 所以异面直线AE与FC所成角的余弦值为.故A，B，C错误.故选：D.6．（2020·北京十五中高二期中）经过三个点的圆的方程为（       ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据三点在坐标系的位置，确定出是直角三角形，其中是斜边，则有过三点的圆的半径为的一半，圆心坐标为的中点，进而根据圆的标准方程求解.【详解】由已知得，分别在原点、轴、轴上，，经过三点圆的半径为，圆心坐标为的中点，即，圆的标准方程为.故选：C.7．（2022·福建南平·高一期末）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.8．（2022·江西抚州·高二期末（理））已知直线l与圆交于A，B两点，点满足，若AB的中点为M，则的最大值为（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】设，，则、，由点在圆上可得，再由向量垂直的坐标表示可得，进而可得M的轨迹为圆，即可求的最大值.【详解】设，中点，则，，又，，则，所以，又，则，而，，所以，即，综上，，整理得，即为M的轨迹方程，所以在圆心为，半径为的圆上，则.故选：A.【点睛】关键点点睛：由点圆位置、中点坐标公式及向量垂直的坐标表示得到关于的轨迹方程.二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．9．（2021·黑龙江黑河·高二阶段练习）若直线过点且在两坐标轴上截距的绝对值相等，则直线的方程可能为（       ）A． B．C． D．【答案】ABC【分析】将点坐标代入各方程判断是否在直线上，再求直线在x、y轴上的截距，即可得答案.【详解】A：显然在上，且在x、y轴上的截距均为1，符合；B：显然在上，且在x、y轴上的截距均为3，符合；C：显然在上，且在x、y轴上的截距均为0，符合；D：不在上，不符合.故选：ABC10．（2020·湖南·华容县教育科学研究室高一期末）已知动直线与圆，则下列说法正确的是（       ）A．直线过定点B．圆的圆心坐标为C．直线与圆的相交弦的最小值为D．直线与圆的相交弦的最大值为4【答案】ACD【分析】根据直线与圆的相关知识对各选项逐一判断即可.【详解】对于A，直线，即，令，得，即直线过定点，故A正确；对于B，圆，即，圆心坐标为，故B错误；对于C，因为，所以直线所过定点在圆的内部，不妨设直线过定点为，当直线与圆的相交弦的最小时，与相交弦垂直，又因为，所以相交弦的最小为，故C正确；对于D，直线与圆的相交弦的最大值为圆直径4，故D正确.故选：ACD11．（2022·江苏南京·高三开学考试）在正方体中，，AB⊥AD，且P为中点，Q为上一动点，则（       ）A． B．三棱锥的体积为C．存在点Q使得与平面垂直 D．存在点Q使得与平面垂直【答案】AB【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量、等体积法进行求解.【详解】因为在正方体中，所以、、两两垂直，所以以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，对于选项A，，所以，且，所以，故A正确；对于选项B，，故B正确；对于选项C，，设平面的法向量，且，即，则可以是，所以不可能平行于，故C错误；对于选项D，因为，所以也不可能平行于，故D错误.故选：AB.12．（2022·全国·高二课时练习）已知，分别是正方体的棱和的中点，则（       ） A．与是异面直线B．与所成角的大小为C．与平面所成角的正弦值为D．二面角的余弦值为【答案】AD【分析】根据异面直线的判定定理可判断A；建立空间直角坐标系，用向量方法可计算B，C，D是否正确【详解】根据异面直线的判定定理，及正方体的结构特征，易知：A正确；以为原点，，，，的方向分别为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，设正方体棱长2，则，，，，,,所以 ,,设与所成角的大小为,则所以 ，故B错误;由题意可知,平面的法向量为,,设与平面所成角为, 则,故C错误;,设平面的一个法向量为，则，令，得，设平面的一个法向量为，，则，令，得，设二面角为，由题图知为锐角，则，故D正确．故选:AD．第II卷（非选择题）三、填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分．13．（2021·黑龙江黑河·高二阶段练习）已知直线与直线平行，则实数的值为___________.【答案】0或【分析】由两直线平行，直接列方程求解即可【详解】因为直线与直线平行，所以，，解得或，故答案为：0或14．（2022·全国·高二课时练习）已知点P（m，n）在圆上运动，则的最大值为______．【答案】64【分析】表示圆C上的点P到点的距离的平方，利用数形结合分析即得解.【详解】解：由题得圆心C（2，2），半径r＝3．表示圆C上的点P到点的距离的平方，因为，所以，即的最大值为64．故答案为：6415．（2022·全国·高二课时练习）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16．（2022·全国·高二课时练习）已知正方体的棱长为2，点E为的中点，过B，E，三点的平面截该正方体所得的截面记为，若，则线段长度的最小值为______．【答案】##【分析】方法一：设平面与平面交于，F在上，平面与平面交于直线BE，则可得四边形是平行四边形，E是的中点，所以F是的中点，以点D为原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，连接，然后利用空间向量求出点到平面的距离就是线段长度的最小值，方法二：线段长度的最小值，即为四棱锥的高，利用等体积法求解【详解】方法一   设平面与平面交于，F在上，又平面与平面交于直线BE，因为平面∥平面，所以∥，同理∥，所以四边形是平行四边形，所以，又E是的中点，所以F是的中点．以点D为原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，连接，如图所示，则，，，，所以，．设平面的一个法向量为，则，令，则．又，所以线段长度的最小值，即点到平面的距离．方法二   连接，，设平面与平面交于，F在上，又平面与平面交于直线BE，因为平面∥平面，所以∥，同理∥，所以四边形是平行四边形，所以，又E是的中点，所以F是的中点．所以线段长度的最小值，即为四棱锥的高，设四棱锥的高为h，的边上的高为，易知，，，则，所以．因为，所以（运用等体积法进行转化），即，得．故答案为：四、解答题17．（2021·黑龙江黑河·高二阶段练习）直线过点.(1)若直线与直线平行，求直线的方程；(2)若点到直线的距离为1，求直线的方程.【答案】(1)(2)或【分析】（1）设出直线的方程，利用待定系数法求得正确答案.（2）根据直线的斜率是否存在进行分类讨论，结合到直线的距离来求得直线的方程.（1）设直线方程为将代入得，所求直线方程是（2）若直线的斜率不存在，则过的直线为，到的距离为1，满足题意；若直线的斜率存在，设斜率为，则的方程为.由到直线的距离为1，可得.解得，所以直线方程为，即.综上得所求的直线方程为或.18．（2022·全国·高二课时练习）在①，②最小，③过A，B两点分别作圆C的切线，切线交于点P（2，0）这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并求解．在平面直角坐标系中，已知圆，直线l过定点M（1，1）．设直线l与圆C交于A，B两点，当______时，求直线l的方程．【答案】【分析】若选条件①，根据勾股定理可知，设出直线方程，再根据弦长公式即可求出；若选条件②，由点M（1，1）在圆内，可知当点M（1，1）为弦AB的中点时，最小，此时，由此可得直线斜率，从而解出；若选条件③，由圆与圆的位置关系可知，由此可得直线斜率，从而解出．【详解】将圆的方程化为，则C（0，2），半径r＝2．方案一：选条件①．因为，所以，所以．当直线l的斜率不存在时，方程为x＝1，此时，不符合题意．当直线l的斜率存在时，设方程为，即，由题意可知，即，解得k＝1，所以直线．方案二：选条件②．当直线所过定点M（1，1）为弦AB的中点时，最小，此时，，所以直线l的斜率为1，所以直线．方案三：选条件③．因为过A，B两点分别作圆C的切线，切线交于P（2，0），所以，，所以直线l的斜率为1，又直线过定点M（1，1），所以直线．19．（2022·江苏·高二专题练习）已知圆．(1)若一直线被圆C所截得的弦的中点为，求该直线的方程；(2)设直线与圆C交于A，B两点，把的面积S表示为m的函数，并求S的最大值．【答案】(1)(2)，最大值为. 【分析】（1）利用垂径定理求出斜率，即可求出直线的方程；（2）利用几何法表示出弦长与d的关系，利用基本不等式求出的面积S的最大值．(1)圆化为标准方程为：.则.设所求的直线为m.由圆的几何性质可知：，所以，所以所求的直线为：，即.(2)设圆心C到直线l的距离为d，则，且，所以因为直线与圆C交于A，B两点，所以,解得：且.而的面积：因为所以（其中时等号成立）.所以S的最大值为.20．（2022·北京市第五十七中学高二期末）如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，，为正三角形，为的中点，且平面平面，是线段上的点．(1)当点为线段的中点时，证明直线平面(2)求证：；(3)点在线段上，且，求直线与平面的夹角的正弦值【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3) 【分析】（1）当点为线段的中点时，取的中点，连接，，先证明四边形为平行四边形，从而得，从而可得直线平面；（2）先证明平面，从而得，又，从而得；（3）建立空间直角坐标系，将线面角转化为直线的方向向量与平面的法向量的夹角问题，最后再利用向量夹角公式计算即可求解．（1）解：当点为线段的中点时，取的中点，连接，，则，且，又为的中点，底面是边长为的菱形，，且，，且，四边形为平行四边形，，又平面，平面，平面.（2）证明：连接，底面是边长为的菱形，，又为正三角形，为的中点，，，又，平面，又平面，，又，.（3）∵平面平面，为正三角形，为的中点，，平面平面，平面，底面，以分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，根据题意可得：，，，，，又，，，，，设平面的法向量为，则，令，则，，，设直线与平面的夹角为，则，直线与平面的夹角的正弦值为．21．（2022·吉林·长春市第二实验中学高一期末）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.（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．（2022·江苏省木渎高级中学高一阶段练习）如图，圆.(1)若圆与轴相切，求圆的方程；(2)当时，圆与轴相交于两点（点在点的左侧）.问：是否存在圆，使得过点的任一条直线与该圆的交点，都有？若存在，求出圆方程，若不存在，请说明理由.【答案】(1)或(2)存在， 【分析】（1）根据题意可得代入则关于的二次方程判别式为0求解即可；（2）代入可求解，，再假设存在圆，设直线的方程为，联立圆的方程，设，将题意转化为､的斜率互为相反数，进而用的坐标表示并代入韦达定理化简，最后讨论特殊情况当直线与轴垂直时判断是否满足即可.（1）因为由，可得，由题意得，所以或，故所求圆的方程为或.（2）令，得，即，求得，或，所以，.假设存在圆，当直线与轴不垂直时，设直线的方程为，代入得，设，从而，.因为､的斜率之和为，而因为，所以，､的斜率互为相反数，即，所以，即.当直线与轴垂直时，仍然满足，即､的斜率互为相反数.综上，存在圆，使得.