安徽省淮南市第二中学2022-2023学年高二上学期10月月考数学（解析版）

这是一份安徽省淮南市第二中学2022-2023学年高二上学期10月月考数学（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。
2024届高二第一学期第二次段考
数学试卷
（考试时间：2小时 分值：150分）
制卷：吴邱荟 审卷：黄海生
一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分）
1. 过两点、的直线的倾斜角为，则的值为（ ）
A. 4或－1 B. －1 C. 2 D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】根据斜率与倾斜角之间的关系得到分式方程，解出值，最后不忘检验.
【详解】由题意得，化简得，解得或4，
又，，
故选：D.
2. 已知椭圆C：的左右焦点分别为F1、F2，过左焦点F1，作直线交椭圆C于A、B两点，则三角形ABF2的周长为（ ）
A. 10 B. 15 C. 20 D. 25
【答案】C
【解析】
【分析】根据椭圆的定义求解即可
【详解】由题意椭圆的长轴为，由椭圆定义知
∴
故选：C
3. 点M，N是圆＝0上的不同两点，且点M，N关于直线x－y＋1＝0对称，则该圆的半径等于（ ）
A. B. C. 3 D. 9
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意可得：直线l：x－y＋1＝0经过圆心（－，－1），代入运算解得k＝4，再代入求圆的半径．
【详解】圆＝0的标准方程为（x＋）2＋（y＋1）2＝5＋，
则圆心坐标为（－，－1），半径为
因为点M，N在圆＝0上，且点M，N关于直线l：x－y＋1＝0对称，
所以直线l：x－y＋1＝0经过圆心，
所以－＋1＋1＝0，k＝4．
所以圆的方程为：＝0，圆的半径＝3.
故选：C．
4. 三棱柱中，为棱的中点，若，则（ ）

A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用空间向量的线性运算法则与空间向量基本定理，求解即可．
【详解】．
故选：D．

5. “”是“直线与直线互相垂直”的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 充要条件
C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据充分条件和必要条件的定义结合两直线垂直的性质分析判断.
【详解】∵直线与直线互相垂直
∴，∴或，
而“”是“或”的充分不必要条件
∴“”是“直线与直线互相垂直”的充分不必要条件，
故选：A.
6. 若直线：与曲线：有两个交点，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】直线恒过定点，曲线表示右半圆，画出草图可得有两个交点，需求临界相切时的斜率（1个交点）与临界过点A的直线的斜率（2个交点）.
【详解】∵直线l： 恒过定点
曲线C： 即：
∴曲线C表示：以（1，1）为圆心，1为半径的的那部分圆.
∵直线l与曲线C有两个交点，
∴如图所示，

当过点M的直线与图中这部分圆相切时有1个交点，
此时 解得：
当过点M的直线也过点 时有2个交点，
此时
∴
故选：B.
7. 已知，是椭圆的两个焦点，P为椭圆上一点，且，则的内切圆的半径（ ）
A. 1 B. C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据椭圆方程求出、、的值，即可得到、、的值，从而求出的面积，再利用等面积法求出内切圆的半径.
【详解】解：椭圆中，，，则，、∴，，
∴．∵，，∴，
∵，∴，
解得．
故选：C．
8. 已知点在直线上，过点作圆的两条切线，切点分别为，，点在圆上，则点到直线距离的最大值为（ ）
A. 4 B. 6 C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，设为直线上的一点，由切线的性质得点、在以为直径的圆上，求出该圆的方程，与圆的方程联立可得直线的方程，将其变形分析可得直线恒过的定点，由点到直线的距离分析可得答案．
【详解】根据题意，设为直线上的一点，则，
过点作圆的切线，切点分别为、，则有，，
则点、在以为直径的圆上，
以为直径的圆的圆心为C，，半径，
则其方程为，变形可得，
联立，可得圆C和圆O公共弦AB为：，
又由，则有，变形可得，
则有，解可得，故直线恒过定点，
点在圆上，
则点到直线距离的最大值为．
故选：B．

二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
9. 已知椭圆的上下焦点分别为，左右顶点分别为，是该椭圆上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A. 该椭圆的长轴长为
B. 使为直角三角形点共有6个
C. 若点的纵坐标为1，则的长度为
D. 若点是异于，的点，则直线与的斜率之积为－2
【答案】BCD
【解析】
【分析】A.由椭圆方程知，则椭圆的长轴长为.
B.为直角三角形要从分别为直角出发考虑.
C.求出点的坐标，进而得到答案.
D.把点的坐标设出来，直接求直线与的斜率之积，利用椭圆方程把点的纵坐标用横坐标表示出来即可得到答案.
【详解】A.由椭圆方程知，则椭圆的长轴长为.故选项A不正确.
B.当轴时，满足为直角三角形，此时点有2个；轴时，满足为直角三角形，此时点有2个；又因为，满足为直角三角形，此时点可以为左右顶点.所以使为直角三角形的点共有6个. 故选项B正确.
C.若点的纵坐标为1, 则，则的长度为.故选项C正确.
D.设点，则，则直线与的斜率之积
.故选项D正确.
故选：BCD
10. 如图，正方体的棱长为，、、分别为、、的中点，则（ ）

A. 直线与直线垂直 B. 直线与平面平行
C. 平面截正方体所得的截面面积为 D. 点与点到平面的距离相等
【答案】BC
【解析】
【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断ABD选项；作出截面，计算出截面面积，可判断C选项.
【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、、、、、
、、、，
对于A选项，，，则，
所以，直线与直线不垂直，A错；
对于B选项，设平面法向量为，，，
则，取，可得，
，所以，，即，
因为平面，平面，B对；
对于C选项，连接、、，
因为、分别为、的中点，则，
且，所以，四边形为平行四边形，则，
所以，，所以，、、、四点共面，
故平面截正方体所得截面为，
且，同理可得，，
所以，四边形等腰梯形，
分别过点、在平面内作，，垂足分别、，如下图所示：

因为，，，
所以， ，故，，
因为，，，则四边形为矩形，所以，，
，故，
故梯形的面积为，C对；
对于D选项，，则点到平面的距离为，
，则点到平面的距离为，
所以，点与点到平面的距离不相等，D错.
故选：BC.
11. 在平面直角坐标系中，已知圆上有且仅有四个点到直线的距离为，则实数的取值可能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】CD
【解析】
【分析】分析可知直线平行且与该直线间距离为的直线的方程为、，由题意可知，直线、与圆均相交，可得出关于的不等式组，解出的取值范围，即可得出合适的选项.
【详解】设与直线平行且与该直线间距离为的直线的方程为，
则，解得或，
所以，直线、均与圆相交，
而圆心为原点，圆的半径长为，所以，，解得，
故选：CD.
12. 古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现了平面内到两个定点的距离之比为定值的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”在平面直角坐标系中，已知点满足，设点的轨迹为圆，则下列说法正确的是（ ）
A. 圆的方程是
B. 过点向圆引切线，两条切线的夹角为
C. 过点作直线，若圆上恰有三个点到直线的距离为，则该直线的斜率为
D. 过直线上的一点向圆引切线，则四边形的面积的最小值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，设点坐标，根据代入化简，可得A正确；
对于B，设切线夹角为，可得，解得B正确；
对于C，若圆上恰有三个点到直线的距离为，可判断直线与圆相切，进而可解得，故C错误；
对于D，由条件可表达四边形的面积为，求的最小值，计算可得D正确.
【详解】对于A，因为，点满足，设，则，
化简得，，即，故A正确；
对于B，因为，设两条切线的夹角为，所以，解得，则，故B正确；
对于C，易知直线的斜率存在，设直线l的方程为，即，
因为圆上恰有三个点到直线的距离为2，所以圆心到直线的距离，解得，故C错误；
对于D，由题意可得，故只需求的最小值即可，的最小值为点到直线的距离，即，所以四边形的面积的最小值为，故D正确.
故选：ABD.
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 设是椭圆：上任意一点，为的右焦点，的最小值为，则椭圆的离心率为_________．
【答案】##
【解析】
【分析】利用已知条件推出，然后求解椭圆的离心率即可．
【详解】解：是椭圆上任意一点，为的右焦点，的最小值为，
可得，所以，即，所以，解得，
所以．
故答案为：．
14. 过点，并且在两轴上的截距相等的直线方程是______.
【答案】或
【解析】
【分析】先设出直线方程，然后令，求出两轴上的截距，再根据截距相等求出斜率，即可得出直线方程.
【详解】有题意可知，直线的斜率存在且不为0，因为直线过点，所以可设直线方程为
，即为，令可得；令可得，因为直线在两轴上的截距相等，所以，解得或，代入可得直线方程为或.
故答案为：或.
【点睛】本题主要考查直线点斜式方程和截距，解题的关键是找出直线的横纵截距.
15. 如图所示，在正四棱柱中，若，，则异面直线与所成角的余弦值为______．

【答案】
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，求出直线和的方向向量，利用向量夹角公式求向量夹角，由此可得异面直线与所成角的余弦值.
【详解】以点为原点，，，为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，
因为，，
所以，，，，
所以，，
所以，
所以异面直线与所成角的余弦值为，
故答案为：.

16. 平面直角坐标系中，，过点作两条直线，被圆M截得弦AB，CD，满足.设线段AC的中点为N，则的最小值为___________.
【答案】
【解析】
【分析】设的中点为，根据题意，确定为定值，再根据向量的基本运算，结合为定值可确定的轨迹方程，求得的最小值即可
【详解】设的中点为，因为，故，由垂径定理，，故.即，所以，因为，且，故，即，故，故的轨迹方程为，所以的最小值为.

故答案为：
四、解答题（本题共6小题，第17题10分，18-22题每题12分，共70分）
17. 已知的顶点，边AB上的中线CM所在直线方程为，边AC上的高BH所在直线方程为．求：
（1）顶点C的坐标；
（2）直线BC的方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先根据直线AC与直线BH垂直，斜率乘积为-1，得到，从而利用点斜式求出直线AC方程，与CM所在直线联立求出点C坐标；（2）先设出点的坐标为，利用中点坐标公式表达出点坐标，再把B点坐标代入BH所在直线，求出，从而求出点B坐标，结合第一问求解的点C的坐标，求出直线BC的方程
【小问1详解】
因为边AC上的高BH所在直线方程为
∴ ，且
∴
∵的顶点
∴直线AC方程：，即
与联立， ，解得：
所以顶点C的坐标为
【小问2详解】
因为CM所在直线方程为
故设点的坐标为
因为是中点，
所以
因为在BH所在直线上
所以，解得：
所以点坐标为
由第一问知：C的坐标为
故直线BC的方程为，整理得：
18. 椭圆C：左右焦点为，，离心率为，点在椭圆C上．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）经过点，倾斜角为直线l与椭圆交于B，C两点，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用椭圆的离心率，过点，及，列方程解出即可得椭圆方程；
（2）由已知可得直线l的方程，与椭圆方程联立，利用根与系数的关系及弦长公式求解.
【小问1详解】
解：由题意得，解得，
又因为点在椭圆C上，
带入得，
所以椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
解：易得直线l的解析式为，
设，联立椭圆的方程
得
，

所以．
19. 如图，在直三棱柱中，为的中点，交于点，，.

（1）求证：平面；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意，是的中点，为的中点，可得，再利用线面平行的判定定理即可证明；
（2）以为坐标原点，分别以、、为、、轴建立空间直角坐标系，设，分别求得平面的一个法向量，平面的一个法向量，由求解.
【小问1详解】
证明：因为为三棱柱，
所以平面是平行四边形，
又交于点，所以是的中点．
又为的中点，所以，
又平面，平面，
所以平面；
【小问2详解】
解：在直三棱柱中，平面，又，
所以、、两两互相垂直，
所以以为坐标原点，分别以、、为、、轴建立空间直角坐标系，如图所示．

设，则，，，，，
所以，，，．
设平面的一个法向量为，
则，所以，
不妨令，则，
设平面的一个法向量为，
则，所以，
不妨令，则．
所以，
所以平面与平面的夹角的余弦值为．
20. 已知圆E经过点，，且______.从下列3个条件中选取一个，补充在上面的横线处，并解答.①与y轴相切；②圆E恒被直线平分；③过直线与直线的交点
（1）求圆E的方程；
（2）求过点的圆E的切线方程，并求切线长.
【答案】（1）
（2）切线方程为或，切线长
【解析】
【分析】（1）根据题意设出圆的一般方程或标准方程，对①②③逐个分析，求出圆的标准方程即可；（2）先判断点P在圆外，知切线有两条，分情况讨论即可.
【小问1详解】
选①，设圆E的方程为，
由题意可得，解得，
则圆E的方程为
选②，直线恒过，
而圆E恒被直线平分，
所以恒过圆心，因为直线过定点，
所以圆心为，可设圆的标准方程为，
由圆E经过点，得，
则圆E的方程为
选③，由条件易知，
设圆的方程为，
由题意可得，解得，
则圆E的方程为，即
【小问2详解】
因为，所以点P在圆E外，
若直线斜率存在，设切线的斜率为，
则切线方程为，即
所以，解得
所以切线方程为，
若直线斜率不存在，直线方程为，满足题意.
综上过点的圆E的切线方程为或，
切线长
21. 用文具盒中的两块直角三角板（直角三角形和直角三角形）绕着公共斜边翻折成的二面角，如图和，，，，，将翻折到，使二面角成，为边上的点，且．

（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）取BC中点F，连接，可证明平面，再由线面垂直的性质即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角即可.
【小问1详解】
取BC中点F，连接，如图，

由已知知；又，则，
，
，，即，
又，平面，
平面，.
【小问2详解】
以F为坐标原点建系如图，
则，
故，，，
设平面的法向量，则
令，则，即，
设直线与平面所成角为，则.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
22. 平面直角坐标系中，圆M经过点，，.
（1）求圆M的标准方程；
（2）设，过点D作直线，交圆M于PQ两点，PQ不在y轴上.
（i）过点D作与直线垂直的直线，交圆M于EF两点，记四边形EPFQ的面积为S，求S的最大值；
（ii）设直线OP，BQ相交于点N，试讨论点N是否在定直线上，若是，求出该直线方程；若不是，说明理由.
【答案】（1）
（2）（i）7；（ii）在定直线上
【解析】
【分析】（1）设圆M的方程为，利用待定系数法求出，即可得解；
（2）（i）设直线的方程为，分和两种情况讨论，利用圆的弦长公式分别求出，再根据即可得出答案；
（ii）设，联立，利用韦达定理求得，求出直线OP，BQ的方程，联立求出交点坐标即可得出结论.
【小问1详解】
解：设圆M的方程为，
则，解得，
所以圆M的标准方程为；
【小问2详解】
解：设直线的方程为，即，
则圆心到直线的距离，
所以，
（i）若，则直线斜率不存，
则，，
则，
若，则直线得方程为，即，
则圆心到直线的距离，
所以，
则
，
当且仅当，即时，取等号，
综上所述，因为，
所以S的最大值为7；
（ii）设，
联立，消得，
则，
直线的方程为，
直线的方程为，
联立，解得，
则
，
所以，
所以点N在定直线上.
【点睛】本题考查了利用待定系数法求圆的标准方程，考查了圆的弦长问题及圆中四边形的面积的最值问题，还考查了圆中的定直线问题，有一定的计算量.