2022-2023学年山东省日照市莒县文心高级中学高二上学期月考数学试题（A）含解析

2022-2023学年山东省日照市莒县文心高级中学高二上学期月考数学试题（A）

一、单选题

1．已知向量，，且与互相垂直，则的值是（    ）

A． B．2 C． D．1

【答案】A

【分析】先利用空间向量的数量积及模长的坐标表示求出，再利用空间向量的数量积的运算律进行求解.

【详解】因为，，

所以，，，

因为与互相垂直，

所以，

即，

即，

解得.

故选：A.

2．在空间直角坐标系中，点关于轴对称的点为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】直接根据空间对称关系得到答案

【详解】关于 轴对称，则值不变，和的值变为原来的相反数，

故所求的点的坐标为

故选：A.

【点睛】本题考查了空间中的对称问题，意在考查学生的空间想象能力.

3．两圆和的位置关系是（　　）

A．外离 B．外切 C．相交 D．内切

【答案】B

【分析】把两圆的一般方程转化为标准方程，得到两圆心与两半径，然后比较两圆心的距离与两半径的关系即可求解

【详解】由化简得，圆心为，，

由化简得，圆心为，，

两圆心的距离为，

明显地，，所以，两圆的位置关系是外切.

故选：B.

4．“”是“方程表示椭圆”的

A．充要条件 B．充分不必要条件

C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】C

【解析】先求得方程表示椭圆的m的取值范围，再利用充分必要条件去判断可得答案.

【详解】方程表示椭圆，即且

所以“”是“方程表示椭圆”的必要不充分条件

故选C

【点睛】本题考查了椭圆的概念与简易逻辑用语，易错点为椭圆中，属于较为基础题.

5．已知点P(－1,1)与点Q(3,5)关于直线l对称，则直线l的方程为(　　)

A．x－y＋1＝0 B．x－y＝0

C．x＋y－4＝0 D．x＋y＝0

【答案】C

【详解】中点，直线斜率，所以直线为，

即，故选C．

6．已知直线，，，则的值为（    ）

A．或 B． C．1 D．

【答案】B

【分析】根据两直线平行列出关系式即可求解.

【详解】因为直线，，，

所以，

解得.

故选：B.

7．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的右焦点为，若F到直线的距离为，则E的离心率为

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】由已知可得到直线的倾斜角为，有，再利用即可解决.

【详解】由F到直线的距离为，得直线的倾斜角为，所以，

即，解得.

故选：A.

【点睛】本题考查椭圆离心率的问题，一般求椭圆离心率的问题时，通常是构造关于的方程或不等式，本题是一道容易题.

8．已知是椭圆：的左焦点，为上一点，，则的最小值为

A． B． C． D．

【答案】D

【详解】分析：根据椭圆的定义和三角形两边之和大于第三边，转化为

，即可求解其最小值．

详解：设椭圆的右焦点为，

由，则，

根据椭圆的定义可得，

所以

点睛：本题主要考查了椭圆的定义的应用，其中根据椭圆的定义和三角形三边的关系是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力．

二、多选题

9．下面四个结论正确的是（　　）

A．向量，若，则

B．若空间四个点，，，，，则，，三点共线

C．任意向量，，满足

D．方程一定表示圆．

【答案】AB

【分析】根据向量共线定理，数量积的定义及性质，空间向量的线性运算，圆的方程对各命题逐一判断即可．

【详解】对于A，因，，则，A正确；

对于B，因，则＝，即，即A、B、C三点共线，B正确；

对于C，是的共线向量，而是的共线向量，所以与不一定相等，C错误；

对于D，当时，显然不是圆，故D错误，

故选：AB.

10．下面说法中错误的是（　　）

A．经过定点的直线都可以用方程表示

B．经过定点的直线都可以用方程表示

C．不经过原点的直线都可以用方程表示

D．经过任意两个不同的点、的直线都可以用方程表示

【答案】ABC

【分析】由直线方程的四种特殊形式的适用范围逐一核对即得答案.

【详解】对A，过点且垂直于轴的直线不能用方程表示，故A错误；

对B，经过定点且垂直于轴的直线不能用方程表示，故B错误；

对C，不仅过原点的直线不可以用方程表示，

而且垂直于两坐标轴的直线也不能用方程表示，故C错误；

对D，当两个不同的点、的连线不垂直于坐标轴时，

直线方程为，即，

当直线斜率为0或者斜率不存在时，也适合方程，

所以经过任意两个不同的点、的直线都可以用方程表示，故D正确.

故选：ABC.

11．实数x，y满足，则的值可能为（　　）

A． B．

C． D．

【答案】ABCD

【分析】令，与联立，然后利用解出的取值范围，即得.

【详解】令，可得，

则直线与圆，

将代入方程，

得，

解得，即，

故选：ABCD.

12．如图，正方体的棱长为1，是的中点，则（    ）

A．直线平面 B．

C．三棱锥的体积为 D．异面直线与所成的角为

【答案】ABD

【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法一一验证即可；

【详解】解：如图建立空间直角坐标系，，，，，，，，，，

，，，

所以，即，所以，故B正确；

，，，

设异面直线与所成的角为，则，又，所以，故D正确；

设平面的法向量为，则，即，取，

则，即，又直线平面，所以直线平面，故A正确；

，故C错误；

故选：ABD

【点睛】本题考查空间向量法在立体几何中的应用，属于中档题.

三、填空题

13．已知直线与直线垂直，则_________．

【答案】3

【分析】根据两直线垂直的等价条件即可得到结果.

【详解】∵直线与直线垂直，

∴

∴.

故答案为：3.

14．已知动圆过定点，且与圆相切，则动圆的圆心的轨迹方程是_______．

【答案】

【解析】根据圆心到定点与圆圆心的距离之和为定值判断即可.

【详解】圆即圆,圆心为,半径为.

又因为在圆内,故动圆与圆内切.

设动圆半径为,则圆心到与的距离之和为.

故动圆的圆心是以与为焦点,的椭圆,

故.

故动圆的圆心的轨迹方程是.

故答案为：

【点睛】本题主要考查了根据动圆相切时半径之和的关系以及椭圆的定义求解椭圆的方程的方法,重点在于找到半径之和为定值的关系.属于基础题.

15．若点在圆上运动，则的取值范围___________.

【答案】

【分析】令，根据直线与圆的位置关系即得.

【详解】令，则与圆有公共点，

可得，即，

所以的取值范围为.

故答案为：.

四、双空题

16．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，点M，N分别是棱BC，CC1的中点，则二面角C﹣AM﹣N的余弦值为__．若动点P在正方形BCC1B1（包括边界）内运动，且PA1∥平面AMN，则线段PA1的长度范围是__．

【答案】         

【分析】延长AM至Q，使得CQ⊥AQ，连接NQ，得∠NQC为二面角C﹣AM﹣N的平面角，在直角三角形中求得其余弦值，然后点D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设P（m，2，n）（0≤m，n≤2），求出平面的一个法向量，利用向量法求得的轨迹方程，得轨迹，由对称性得长度的最大值和最小值．

【详解】解：延长AM至Q，使得CQ⊥AQ，连接NQ，如图，

由于ABCD﹣A1B1C1D1为正方体，

正方体中有平面，平面，所以，即，

，平面，所以平面，

又平面，所以，

所以∠NQC为二面角C﹣AM﹣N的平面角，

而，故，

∴，

∴；

以点D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设P(m，2，n)（0≤m，n≤2），A(2，0，0)，M(1，2，0），N(0，2，1），A1(2，0，2），

则，，设平面AMN的一个法向量为，则，

故可取，

又PA1∥平面AMN，

∴，

∴点P的轨迹为经过BB1，B1C1中点的线段，

根据对称性可知，当点P在两个中点时，，当点P在两个中点连线段的中点时，，

故选段PA1的长度范围是．

故答案为：，．

【点睛】本题考查求二面角，考查空间轨迹问题，求空间线段的长度．解题方法是建立空间直角坐标系，用向量法求得空间点的轨迹，从而利用轨迹的对称性求得长度的最值．

五、解答题

17．求过点 ，且满足下列条件的直线方程：

（1）倾斜角等于直线的倾斜角的二倍的直线方程；

（2）在两坐标轴上截距相等的直线方程．

【答案】（1） ．（2）或 ．

【详解】分析：（1）求出直线的倾斜角，利用点斜式求出直线方程；

（2）分类讨论，可得在两坐标轴上截距相等的直线方程.

详解：（1） 由题意，可知 ，所以 ，

则 ．所以 ，

所以所求直线的方程为：．

 （2） 当直线过原点时方程为：，当直线不过原点时方程为：．

故所求直线的方程为 或 ．

点睛：本题考查直线方程，考查分类讨论的数学思想.

18．已知圆C经过点且圆心C在直线上.

(1)求圆C方程；

(2)若E点为圆C上任意一点，且点，求线段EF的中点M的轨迹方程.

【答案】(1)；

(2)．

【分析】（1）利用待定系数法即得；

（2）根据相关点法，设出点M的坐标，利用中点公式结合圆的方程即得.

【详解】（1）由题可设圆C的标准方程为，则

，

解之得，

所以圆C的标准方程为；

（2）设M（x，y），，由及M为线段EF的中点得，

解得,

又点E在圆C：上，

所以有，

化简得：,

故所求的轨迹方程为．

19．如图，在直三棱柱中，，，是的中点，是的中点.

(1)求证平面

(2)求直线与平面所成的角的大小

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）取中点，连接，进而证明四边形是平行四边形，再根据线面平行判定定理即可证明；

（2）根据题意证明平面,故是直线与平面 所成的角的平面角，再根据几何关系求解即可.

【详解】（1）如图1，取中点，连接，

因为是的中点，

所以，

又因为在直三棱柱中，是的中点，

所以，

所以，

所以四边形是平行四边形，

所以,

因为平面，平面，

所以平面；

（2）如图2，连接，，

由直三棱柱的性质可知平面，

因为平面，所以，

因为，，是的中点，

所以，

因为，平面,

所以平面,

所以是直线与平面所成的角的平面角，

因为，，

所以不妨设，则，，，

所以，则，

所以，

因为，所以

所以直线与平面 所成的角的大小.

20．已知的顶点，直线的方程为，边上的高 所在直线的方程为.

(1)求顶点和的坐标；

(2)求外接圆的一般方程.

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）联立直线，的方程求出点的坐标，由求出直线的斜率及方程，的方程与直线方程联立求出的坐标；

（2）设圆的一般方程为，将，，三点坐标代入求出圆的一般方程求出的值即可求解.

【详解】（1）由可得，所以点的坐标为，

由可得，所以

由，可得，

因为，所以直线    的方程为：，即，

由可得，所以点的坐标为.

（2）设的外接圆方程为，

将，和三点的坐标分别代入圆的方程可得：

，解得：，

所以的外接圆的一般方程为.

21．如图，在四棱锥中，，底面ABCD为菱形，边长为2，，且，异面直线PB与CD所成的角为，

(1)求证：

(2)若E是线段OC的中点，求点E到直线BP的距离.

(3)求平面APB与平面PBC夹角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析；

(2)；

(3).

【分析】（1）根据等腰三角形三线合一可得，由线面垂直的判定证得平面，从而得到，由线面垂直的判定可证得结论；

（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用长度关系可求得所需点的坐标，利用点到直线距离的向量求法可得结果；

（3）用二面角的向量求法可求得结果.

【详解】（1）四边形为菱形，为中点，，

，；

，平面，，

平面，又平面，

，，平面，

平面；

（2）两两互相垂直，以为坐标原点，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，

，，

为等边三角形，，，

不妨设，则，，

异面直线与所成的角为，，，

，即，

解得：，

，，，，，

，，，，

点到直线的距离为；

（3）因为，，，，

，，，

设平面的法向量，

则，令，解得：，，；

设平面的法向量，

则，令，解得：，，；

，

平面与平面夹角的余弦值为.

22．已知椭圆的离心率为，直线与以原点为圆心、椭圆的短半轴长为半径的圆相切．

（1）求椭圆的方程；

（2）是否存在直线与椭圆交于两点，交轴于点，使成立？若存在，求出实数的取值范围；若不存在，请说明理由．

【答案】(1) (2) 或

【详解】试题分析：（1）根据椭圆的几何意义得到abc的值，从而得到椭圆方程；（2）将向量模长的方程两边平方得到，即，即，联立直线和椭圆得到二次方程，带入韦达定理得到参数范围．

解析：

（1）由已知得，

解方程组得，

∴椭圆的方程为，

（2）假设存在这样的直线，

由已知可知直线的斜率存在，设直线方程为，

由得，

设，则，

，

由得，即，即，

故，代入（*）式解得或．

点睛：本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法：因直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用．