2022-2023学年贵州省贵阳市清华中学高二上学期11月月考数学试题含答案

2022-2023学年贵州省贵阳市清华中学高二上学期11月月考数学试题

一、单选题

1．已知直线，，若，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据两直线垂直可得出关于的等式，解之即可.

【详解】因为直线，，若，则，解得.

故选：A.

2．的三个顶点、、，则边上的中线所在直线方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】求出线段的中点的坐标，可求出直线的斜率，再利用点斜式可得出直线的方程.

【详解】因为的三个顶点、、，则线段的中点为，

所以，，

所以，边上的中线所在直线方程为，即.

故选：A.

3．已知椭圆的左、右焦点分别为、，短轴长为，离心率为，过点的直线交椭圆于两点，则的周长为（    ）

A．4 B．5 C．16 D．32

【答案】C

【分析】根据短轴长得出值，再根据离心率得到值，再利用椭圆定义则得到三角形周长.

【详解】由题意，椭圆的短轴长为，离心率为，

所以，，则，所以，

所以的周长为．

故选：C.

4．已知向量以为基底时的坐标为，则以为基底时的坐标为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】由已知可得，设，根据空间向量的基本定理可得出关于、、的方程组，解之即可.

【详解】因为向量以为基底时的坐标为，则，

设，

由空间向量的基本定理可得，解得，

因此，以为基底时的坐标为.

故选：C.

5．下列关于空间向量的命题中，错误的是（       ）

A．若非零向量，，满足，，则有

B．任意向量，，满足

C．若，，是空间的一组基底，且，则A，B，C，D四点共面

D．已知向量，，若，则为锐角

【答案】B

【分析】根据共线向量的性质、共面向量的结论、空间向量夹角的计算公式逐一判断即可.

【详解】A：因为，，是非零向量，所以由，，可得，因此本选项说法正确；

B：因为向量， 不一定是共线向量，因此不一定成立，所以本选项说法不正确；

C：，，是空间的一组基底，

且

所以A，B，C，D四点共面，因此本选项说法正确；

D：，

当时，，

若向量，同向，则有，

所以有，则（舍去）

所以向量，不能同向，

因此为锐角，故本选项说法正确，

故选：B.

6．已知直线，若直线与连接、两点的线段总有公共点，则直线的倾斜角范围为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】先求出直线所过定点的坐标，数形结合可求出直线的斜率的取值范围，即可得出直线的倾斜角的取值范围.

【详解】直线的方程可化为，由，可得，

所以，直线过定点，

设直线的斜率为，直线的倾斜角为，则，

因为直线的斜率为，直线的斜率为，

因为直线经过点，且与线段总有公共点，

所以，即，

因为，所以或，

故直线的倾斜角的取值范围是．

故选：D．

7．已知离心率为的椭圆的左、右顶点分别为、，点为该椭圆上位于轴上方一点，直线与直线交于点，直线与直线交于点，若，则直线的斜率为（    ）

A．或 B．或

C．或 D．或

【答案】C

【分析】由离心率可求出，可得出，设，则，可得出、的方程，即可得到、的坐标，再根据求出.

【详解】由，得，则、，

设，则，

设，则，

直线的方程为，则的坐标为，

直线的方程为，则的坐标为，

所以，解得或．

故选：C.

8．已知抛物线上三点、、，直线、是圆的两条切线，则直线的方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】先利用点求抛物线方程，利用相切关系求切线、，再分别联立直线和抛物线求出点、，即求出直线方程.

【详解】因为点在抛物线上，故，即，抛物线方程为，

设过点与圆相切的直线的方程为：，

即，

则圆心到切线的距离，解得，

如图，直线，直线.

联立 ，得，

故，由得，故，

联立 ，得，

故，由得，故，

故，

又由、在抛物线上可知，

直线的斜率为 ，

故直线的方程为，即.

故选：B.

二、多选题

9．下列说法不正确的有（    ）

A．若向量与向量，共面，则存在唯一确定的有序实数对，使得．

B．若是平面的法向量，则也是平面的法向量；

C．任意一条直线都有倾斜角和斜率；

D．若平面上一点到两定点的距离之差的绝对值为小于的常数，则的轨迹为双曲线；

【答案】AC

【分析】根据平面向量基本定理，可判定A错误；根据平面法向量的定义，可判定B正确；根据直线倾斜角和斜率的概念，可判定C错误；根据双曲线的定义，可判定D正确.

【详解】A中， 若向量与向量，共面，如果共线，不一定有，只有与不共线时，可以作为一组基底，存在唯一确定的有序实数对，使得，所以A错误；

B中，若是平面的法向量，根据平面法向量的定义，可得也是平面的法向量，所以B正确；

C中，当直线与轴垂直时，此时直线倾斜角为，而直线没有斜率，所以C错误；

D中，若平面上一点到两定点的距离之差的绝对值为小于的常数，根据双曲线的定义，可得点的轨迹为双曲线，所以D正确.

故选：AC.

10．已知四边形是平行四边形，，，，则（    ）

A．点D的坐标是 B．

C． D．四边形的面积是

【答案】BD

【分析】根据平行四边形的性质可知即可求出D点坐标判断A，利用两点间距离公式判断B，由向量夹角公式判断C，由三角形面积公式可得平行四边形面积判断D.

【详解】不妨设点D坐标为，因为四边形是平行四边形，所以，

即，所以，，，所以点D坐标为，故A错误；

，故B正确；

，，所以，故C错误；

因为，所以四边形的面积，故D正确.

故选：BD

11．已知圆，直线，若圆上恰有四个点到直线的距离为，则的值可能为（    ）

A． B． C． D．

【答案】AB

【分析】分析可知，圆心到直线的距离为满足，结合点到直线的距离公式可得出关于的不等式，解之即可.

【详解】因为圆，直线，且圆上恰有四个点到直线的距离为，

设圆心到直线的距离为，由题意可知，，即，

由点到直线的距离公式可得，解得，

故选：AB.

12．椭圆有如下的光学性质，从椭圆的一个焦点出发的光线射到椭圆镜面后反射，反射光线经过另一个焦点.现椭圆的焦点在轴上，中心在坐标原点，从左焦点射出的光线经过椭圆镜面反射到右焦点.一束光线从射出，经椭圆镜面反射至，若两段光线总长度为4，且椭圆的离心率为，左顶点和上顶点分别为．则下列说法正确的是（    ）

A．椭圆的标准方程为

B．若点在椭圆上，的最大值为

C．若点在椭圆上，则的最大值为

D．过直线上一点分别作椭圆切线，交椭圆于两点，则直线恒过定点

【答案】ABD

【分析】利用椭圆定义以及离心率大小可求得椭圆的标准方程为；利用两点间距离公式并结合椭圆范围即可求得的最大值为；由余弦定理可得，所以的最大值为；利用结论椭圆上在点处的切线方程为，以及点在直线上可求出满足的直线方程，即可得直线恒过定点.

【详解】根据题意，一束光线从射出，经椭圆上的点反射至，如下图所示：

所以可得，即；

又椭圆的离心率为，可得，所以；

即椭圆的标准方程为，所以A正确；

易知，设，且，

则，

又，则，

所以的最大值为，即B正确；

由椭圆定义可知，不妨设，

，

又，可得，所以，

当且仅当时，等号成立；

此时的余弦值最小为，所以的最大值为，即C错误；

易知椭圆上在点处的切线方程为，

证明如下：当切线斜率存在时，设直线与相切于点，

联立直线和椭圆方程可得，

所以，整理可得；

又易知，即，所以可得；

整理可得；

又因为切点在椭圆上，即，整理可得

联立可得，即，可得；

所以切线方程为，化简可得；

经检验，切线斜率不存在时也符合上式，

即圆上在点处的切线方程为.

设，，

所以椭圆在点处的切线的方程为，

同理点处的切线的方程为，

又两切线交于点，所以可得，即满足方程，所以直线的方程为

整理可得直线的方程为，若过顶点则与无关，

所以，即可得，即可得直线恒过定点，即D正确；

故选：ABD

【点睛】关键点点睛：本题在求解直线过定点问题时，关键是利用结论：椭圆上在点处的切线方程为，分别求得两切线方程即可得出直线过定点.

三、填空题

13．若过、，两点的直线倾斜角为，则          ．

【答案】

【分析】根据斜率的定义以及斜率公式可得出关于的等式与不等式，解之即可.

【详解】已知点、，且直线的倾斜角为，

则，

整理可得，解得.

故答案为：.

14．渐近线方程为且经过点的双曲线标准方程为          ．

【答案】

【分析】设所求双曲线的方程为，将点的坐标代入双曲线方程，求出的值，即可得出所求双曲线的标准方程.

【详解】设渐近线方程为且经过点的双曲线的方程为，

将点的坐标代入双曲线的方程可得，

所以，所求双曲线的方程为，其标准方程为.

故答案为：.

四、双空题

15．已知椭圆，直线，则椭圆上的点到直线距离的最小值为          ，最大值为          ．

【答案】         

【分析】设椭圆上一点，利用点到直线的距离公式计算出点到直线的距离的表达式，结合辅助角公式以及正弦函数的有界性可求得的最小值和最大值.

【详解】设椭圆上一点，

所以，点到直线的距离为

，

当时，取最小值，即；

当时，取最大值，即.

故答案为：；.

五、填空题

16．在正方体中，点是上的动点，是平面内的一点，且满足，则二面角余弦值的取值范围是          ．

【答案】

【分析】连接、、、，设，连接、，证明出平面，可知点的轨迹为线段，由二面角的定义可知二面角的平面角为，求出的最小值和最大值，即可得解.

【详解】连接、、、，设，连接、，如下图所示：

因为且，则四边形为平行四边形，

因为四边形为正方形，则，

因为平面，平面，则，

因为，、平面，所以，平面，

因为平面，所以，，

因为是平面内的一点，且满足，所以，点的轨迹为线段，

设正方体的棱长为，则，

因为四边形为正方形，，则为的中点，且，

由勾股定理可得，则，

所以，二面角的平面角为，

由图可知，当点与点重合时，最大，

，，

因为平面，平面，则，

此时，；

当与点重合时，最小，

此时，，

又因为函数在上单调递减，所以，，

因此，二面角的余弦值的取值范围.

故答案为：.

【点睛】方法点睛：求二面角常用的方法：

（1）几何法：二面角的大小常用它的平面角来度量，平面角的作法常见的有：

①定义法；②垂面法，注意利用等腰三角形的性质；

（2）空间向量法：分别求出两个平面的法向量，然后通过两个平面法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求二面角是锐角还是钝角.

六、解答题

17．一个小岛的周围有环岛暗礁，暗礁分布在以小岛为圆心，半径为的圆形区域内．已知小岛中心位于轮船正西处，轮船航向为北偏西，若轮船沿直线航行．

(1)求出轮航线所在直线方程；

(2)轮船是否会有触礁风险？说明理由．

【答案】(1)

(2)没有，理由见解析

【分析】（1）分析可知，轮航线所在直线过点，轮航线所在直线的倾斜角为，利用点斜式可得出所求直线的方程；

（2）计算出圆心到轮航线所在直线的距离，判断直线与圆的位置关系，即可得出结论.

【详解】（1）解：以小岛中心为原点，正东方向为轴的正方向，正北方向为轴的正方向建立平面直角坐标系，

由题意可知，轮航线所在直线过点，轮航线所在直线的倾斜角为，斜率为，

所以，轮航线所在直线方程为，即.

（2）解：原点到轮航线所在直线的距离为，

所以，轮船没有触礁风险.

18．如图，在四棱锥中，是以为斜边的等腰直角三角形，为的中点．

(1)证明：平面；

(2)求直线与平面间的距离．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）取的中点，连，可证四边形为平行四边形，，再根据线面平行的判定定理可得平面；

（2）根据平面，转化为求点到平面的距离，取的中点，连，可证平面，以为原点，分别为轴，在平面内，作平面，建立空间直角坐标系，根据点面距的向量公式可求出结果.

【详解】（1）取的中点，连，

因为为的中点，所以，，

又，，所以，，

所以四边形为平行四边形，所以，

因为平面，平面，

所以平面.

  .

（2）因为平面，所以点到平面的距离即为所求.

因为，

取的中点，连，则四边形为矩形，，

因为是以为斜边的等腰直角三角形，所以，，

因为，，平面，

所以平面，因为，所以平面，

因为，所以平面平面，

以为原点，分别为轴，在平面内，作平面，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，

因为平面，平面，所以，

在中，，，所以，

因为，所以，因为是三角形内角，所以，

所以，，

所以，，，

设平面的一个法向量为，

则，取，则，，，

所以点到平面的距离为.

故直线与平面间的距离为.

19．已知圆心在轴上移动的圆经过点，且与轴、轴分别交于、两个动点，记点．

(1)求的轨迹方程；

(2)若直线与曲线交于、两点，为坐标原点，求的面积．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由题意可知，动圆圆心为，分析可得，结合两点间的距离公式可得出关于、的等式，化简可得出点的轨迹方程；

（2）将直线的方程与曲线的方程联立，利用弦长公式结合韦达定理求出，利用点到直线的距离公式求出原点到直线的距离，再利用三角形的面积公式可求得的面积.

【详解】（1）解：由题意可知，、，设动圆圆心为，则，

由题意可知，为动圆一条直径，为动圆的一条半径，

由可得，整理可得，

因此，的轨迹方程为.

（2）解：设点、，联立，可得，

，由韦达定理可得，，

所以，，

原点到直线的距离为，

因此，，即的面积为.

20．如图， 在直三棱柱中，.

(1)求证：；

(2)若为的中点，三棱锥的体积为，线段上是否存在点，使得二面角的大小为，若存在，求的值，若不存在，请说明理由.

【答案】(1)证明见解析

(2)存在，

【分析】（1）利用线垂直于面来证明线线垂直.

（2）建立空间直角坐标系，利用体积计算边长，找对应点坐标，利用空间数量积公式求得结果.

【详解】（1）三棱柱为直棱柱，平面.

又平面平面，

平面，平面， 所以.

（2）平面，

两两垂直，

以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴， 建立如图所示空间直角坐标系，

设 .

，

所以.

易知平面的一个法向量为 ，

设平面的一个法向量为，

，

所以， 设，

，

则 令， 得， 所以，

二面角的大小为，则，所以（负值舍去），所以存在点，当时， 二面角的大小为.

21．已知圆，圆，动圆与圆外切并且与圆内切，圆心的轨迹为曲线

(1)求的方程；

(2)是否存在过点的直线交曲线于两点，使得为中点？若存在，求该直线方程，若不存在，请说明理由．

【答案】(1)

(2)存在，该直线方程为

【分析】（1）根据圆与圆外切、内切列式得，结合椭圆的定义可求出结果；

（2）根据点差法求出斜率，再根据点斜式可求出结果.

【详解】（1）设动圆的半径为，

依题意得，所以为定值，且，

所以动点的轨迹是以为焦点，长轴长为的椭圆，

，，，，

所以，

所以椭圆的方程为.

（2）假设存在过点的直线交曲线于两点，使得为中点，

设，，

则，两式相减得，

得，即，

由点斜式得直线方程为，即.

所以存在过点的直线交曲线于两点，使得为中点，且该直线方程为.

22．已知中心在原点的椭圆右焦点，点为椭圆上一点．

(1)求的方程；

(2)过点的两条直线分别交椭圆于、两点，且满足，问：直线是否过定点，如果过定点，请求出定点坐标，如果不过定点，请说明理由．

【答案】(1)

(2)直线过定点

【分析】（1）设椭圆的标准方程为，根据题意可得出关于、的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆的标准方程；

（2）对直线的斜率是否存在进行分类讨论，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，根据可得出、所满足的关系式，即可求得直线所过定点的坐标；当直线的斜率不存在时，设点，则，根据求出的值，综合可得出结论.

【详解】（1）因为中心在原点的椭圆右焦点，点为椭圆上一点,

不妨设椭圆的标准方程为，

由题意可得，解得，

因此，椭圆的标准方程为.

（2）①直线的斜率存在时，设直线的方程为，设点、，

联立，可得，

，可得，

由韦达定理可得，，

，同理可得，

由题意可得

，

整理可得，

当时，直线的方程为，

直线过点，不合乎题意；

当时，直线的方程为，

直线过定点；

②当直线的斜率不存在时，设点，则，则，且，

，，

所以，，

即，解得（舍）或，此时，直线过点.

综上所述，直线过定点.

【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：

（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；

（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；

（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.