2023-2024学年河南省周口市川汇区周口恒大中学高二上学期10月月考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年河南省周口市川汇区周口恒大中学高二上学期10月月考数学试题含答案，共25页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，证明题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．在两坐标轴上的截距相等，且与圆相切的直线有（ ）条
A．1B．2C．3D．4
【答案】D
【分析】分截距为零和截距不为零两种情况结合点到直线的距离公式求解即可
【详解】圆的圆心为，半径，
由题意可知切线的斜率存在，
当截距为零时，设切线方程为，即，
所以，化简得，
因为，
所以方程有两个不相等的根，所以过原点的切线有两条，
当截距不为零时，设切线方程为，即，
所以，解得或，
所以不过原点的切线为或，有2条，
综上，在两坐标轴上的截距相等，且与圆相切的直线有4条，
故选：D
2．若圆与圆的公共弦AB的长为1，则直线AB的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】将两圆方程相减得到直线的方程为，然后再根据公共弦的长为即可求解.
【详解】将两圆方程相减可得直线的方程为，
即，
因为圆的圆心为，半径为，且公共弦的长为，
则到直线的距离为，
所以，解得，
所以直线的方程为，
故选：D.
3．如图，在平行六面体中，点在面对角线上,满足,点为面对角线的中点,若,,,则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据空间向量的线性运算,再结合空间向量基本定理求解.
【详解】点在面对角线上,满足,
.
点为面对角线的中点,
.
,
,,,
.
故选:A.
4．设点是曲线上的任意一点，则到直线的距离的最小值为
A．B．2C．D．
【答案】C
【分析】由题意可知，当点P是曲线的切线中与直线平行的直线的切点时，距离最小，从而可得答案.
【详解】解：因为点是曲线上的任意一点，当点P是曲线的切线中与直线平行的直线的切点时，距离最小，由的斜率是-1，得，解得：x=1，所以可得P点坐标（1，1），点P到直线的距离的最小值为：，
故选C.
【点睛】本题主要考查导数的几何意义及点到直线距离公式的应用，理解P点是曲线的切线中与直线平行的直线的切点是解题的关键.
5．已知m≠0，直线ax+3my+2a=0在两坐标轴上的截距之和为2，则直线的斜率为
A．1B．C．D．2
【答案】D
【详解】令x=0，得y=-，令y=0，得x=-2，因为在两坐标轴上的截距之和为2，所以-+(-2)=2，所以a=-6m，原直线化为-6mx+3my-12m=0，所以k=2,故选D.
点睛:本题考查直线的一般方程,直线的横纵截距的求法以及由直线方程求斜率的方法,属于基础题.首先在直线方程中分别令x=0和y=0求出直线的纵截距和横截距,根据两坐标轴上的截距之和为2,求和解出a和m的关系式,代入原方程中,再根据直线的斜截式方程可求出斜率的值.
6．若直线平分圆的周长，则（ ）
A．1B．2C．D．
【答案】A
【分析】由条件可得直线过圆心，即可得到答案.
【详解】因为直线平分圆的周长，
所以直线过圆心
代入可得
故选：A
7．若直线与圆相切，则（ ）
A．B．2C．3D．
【答案】A
【分析】利用圆心到直线的距离为半径可求.
【详解】因为圆心坐标为，半径为，
所以该圆心到直线的距离，结合解得.
故选：A.
8．已知直线l过点，且倾斜角是，则直线l的方程是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据直线过点，且倾斜角是，可求得直线的方程.
【详解】由于直线过点，且倾斜角是，
则直线的方程为，即.
故选：C.
二、多选题
9．在正三棱柱中，，，点D为BC中点，则以下结论正确的是（ ）
A．
B．三棱锥的体积为
C．且平面
D．内到直线AC、的距离相等的点的轨迹为抛物线的一部分
【答案】ABD
【解析】A．根据空间向量的加减运算进行计算并判断；B．根据，然后计算出对应三棱锥的高和底面积，由此求解出三棱锥的体积；C．先假设，然后推出矛盾；取中点，根据四点共面判断平面是否成立；D．将问题转化为“内到直线和点的距离相等的点”的轨迹，然后利用抛物线的定义进行判断.
【详解】A．，故正确；
B．，因为为中点且，所以，
又因为平面，所以且，所以平面，
又因为，，
所以，故正确；
C．假设成立，又因为平面，所以且，
所以平面，所以，显然与几何体为正三棱柱矛盾，所以不成立；
取中点，连接，如下图所示：
因为为中点，所以，且，所以，所以四点共面，
又因为与相交，所以平面显然不成立，故错误；
D．“内到直线AC、的距离相等的点”即为“内到直线和点的距离相等的点”，
根据抛物线的定义可知满足要求的点的轨迹为抛物线的一部分，故正确；
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：求解空间中三棱锥的体积的常用方法：
（1）公式法：直接得到三棱锥的高和底面积，然后用公式进行计算；
（2）等体积法：待求三棱锥的高和底面积不易求出，采用替换顶点位置的方法，使其求解高和底面积更容易，由此求解出三棱锥的体积.
10．已知点,在z轴上求一点B，使|AB|＝7，则点B的坐标为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AC
【分析】设点B的坐标为,根据空间两点间距离公式列式求解.
【详解】设点B的坐标为,
由空间两点间距离公式可得，解得或10,
所以B点的坐标为或.
故选：AC.
11．已知正方体的棱长为1，是线段上的动点，则下列说法正确的是,（ ）
A．存在点使B．点到平面的距离为
C．的最小值是D．三棱锥的体积为定值
【答案】AD
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】以为原点建立如图所示空间直角坐标系，
，
设，
，当时，，
此时与重合，所以A选项正确.
设平面的法向量为，
则，故可设，
所以点到平面的距离为，B选项错误.
，，
，
所以当时，取得最小值为，C选项错误.
，为定值，D选项正确.
故选：AD
12．已知空间向量，则下列正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】AB
【分析】根据向量坐标和的运算法则，可得A正确；通过由向量坐标求模的计算公式，可得B正确；由向量数量积计算公式，可得不垂直，得C错误；通过向量坐标的夹角计算公式，可得，得D错误.
【详解】因为，
所以，故A正确；
，所以B正确；
，所以不垂直，故C错误；
，故D错误.
故选：AB.
三、填空题
13．已知在正方体中，，平面平面，则直线l与所成角的余弦值为 ．
【答案】
【分析】作出辅助线，找到即为直线l，建立空间直角坐标系，设出，求出点的坐标，利用异面直线夹角余弦公式求出答案.
【详解】作出图形，如图所示．
延长至E，使得，则≌，≌，
故，，故四边形为平行四边形，
连接，延长，交于点G，连接，则即为直线l．
以D为坐标原点，，，分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设，过点作轴于点，则∽，且相似比为1:2，
故，，
则，，，，
故，，
故直线l与所成角的余弦值为．
故答案为：
14．平行六面体中，已知底面四边形为矩形，，其中，，，，体对角线，则的最大值是 .
【答案】
【分析】利用空间向量将表示出来，然后利用向量的数量积、基本不等式以及三角换元法求解出的最大值.
【详解】如图所示：
因为，所以，
所以，所以且方程有解，
所以，又因为有最大值，所以，
所以，
所以，
令，所以，
取等号时，，即此时，所以的最大值为，
故答案为：.
【点睛】本题考查立体几何与空间向量的综合应用，其中涉及到空间向量的数量积以及基本不等式和三角换元法求解最值，主要考查学生的综合运用能力，难度较难.
15．已知正方体的棱长为1，若M、N、P、Q分别为、、、DC的中点，则直线MN与直线PQ之间的距离为 ．
【答案】
【分析】根据给定的正方体，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解两直线的距离作答.
【详解】在正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
显然，而点P不在直线MN上，则有，
因此，直线MN与直线PQ之间的距离即为点P到直线MN的距离，而，
所以直线MN与直线PQ之间的距离.
故答案为：
16．如图，在空间四边形中，，点为的中点，设.向量表示向量 .
【答案】
【分析】根据给定条件，利用空间向量的基底及线性运算求解作答.
【详解】依题意，由得：，
则，而点为的中点，
所以.
故答案为：
四、解答题
17．如图，在正三棱柱中，，是棱的中点.
(1)证明：平面平面；
(2)若，求平面与平面的夹角余弦值的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）证明平面即可证明结论；
（2）分别取，的中点，连接，进而两两垂直，如图建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可.
【详解】（1）证明：在正三棱柱中，平面，平面，
所以.
因为，且是棱的中点，
所以.
因为AB，平面，且，
所以平面.
又因为平面，
所以平面平面.
（2）解：分别取，的中点，连接，
由正三棱柱性质得，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，所以平面
因为平面，所以
因为在等边三角形中，，
所以两两垂直，如图建立空间直角坐标系，
设，则，，，
，，
设平面的法向量，则，
令，，，得，
平面的一个法向量，
设平面与平面夹角为，
则，
因为，所以.
五、证明题
18．如图，四棱锥中，底面为正方形，为等边三角形，平面底面，为的中点.
(1)求证：；
(2)在线段（不包括端点）上是否存在点，使直线与平面所成角的余弦值为，若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，点为靠近点的三等分点
【分析】（1）取的中点，连结，取的中点，连结，通过证明，，两两垂直，可建立空间直角坐标系，利用向量的坐标运算证明垂直即可；
（2）设，利用向量法求出线面角，然后根据题目提供的数据列方程求解即可.
【详解】（1）证明：取的中点，连结，
因为，所以，
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以底面，
取的中点，连结，则，，两两垂直，
分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系如图所示，
设，则，，，，
所以，，
则，故，
所以；
（2）由（1）可知，，，，，，
所以，，，，
设，则，所以，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，，
故，
因为直线与平面所成角的余弦值为，
所以直线与平面所成角的正弦值为，
所以，
整理可得，解得，
所以在上存在点，使得直线与平面所成角的余弦值为，
，此时点为靠近点的三等分点.
六、解答题
19．已知圆过点，且与直线相切于点．
(1)求圆的标准方程；
(2)若，点在圆上运动，证明：为定值．
【答案】(1)
(2)证明过程见详解
【分析】（1）设圆心，半径为，根据题意列出方程，求出圆心和半径，进而求出圆的方程；
（2）先将圆的标准方程化为一般方程，设点，再根据题意分别求出，，进而即可证明结论．
【详解】（1）设圆心，半径为，
因为点，，所以直线的中垂线方程是，
过点且与直线垂直的直线方程是，
由，解得，
圆心，，
圆的标准方程是．
（2）证明：由（1）知圆的标准方程为，
则其一般方程为，即，
设点，且点在圆上运动，
则，
，
于是，
为定值．
七、证明题
20．四面体中，，是上一动点，、分别是、的中点．
（1）当是中点，时，求证：；
（2），当四面体体积最大时，求二面角的平面角的正弦值．
【答案】（1）见解析；（2）.
【分析】（1）当时，四面体是正四面体，通过正四面体的性质建立空间直角坐标系，通过计算得，从而得证.
（2）取的中点，连接，，，易证明，设，利用勾股定理计算得到，利用体积公式，算出体积表达式，进行配方得到体积取最大值时，，故 两两互相垂直，利用空间直角坐标系计算得出答案.
【详解】（1）取BC的中点H，连接DH，BF，，连接OA，过 做 的平行线交 于点 ，
如图，
，，
此三棱锥是正四面体，
O为的中心， 面，
以O为坐标原点，分别以OF，OM，OA为空间直角坐标系的x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
易知， ，，，
，，，，，，，
， ，
，
得证.
（2）如图，取的中点，连接，，，
，
， 均为等边三角形，
，，
，面，
面，
，
设 ，
则 ，，
，
，
当 ，即 时，四面体体积有最大值，
此时， ，
，
为等腰直角三角形，
，
如图，以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
，
，，，，
，，
设面的法向量为 ，由 ，得，

取，
设面的法向量为 ，由 ，得，
取，
，
，
故答案是.
【点睛】（1）此题通过传统方法需要证明点在高线，比较繁琐，建系可以有效的避免这一点，证明起来比较简单；
（2）第二问的关键是找到什么时候四面体的体积最大，需要构建体积表达式，利用函数的方法求出四面体的体积最大时满足的条件，后建系计算即可得出答案，此题计算较为复杂，大家要细心解答.
21．已知四棱锥中，PA⊥平面ABCD，，，E为PD中点.

(1)求证：平面PAB；
(2)设平面EAC与平面DAC的夹角为，求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）方法一：利用线面平行的判定定理直接证明；方法二：利用空间向量的坐标运算证明线线垂直即可证明；
（2）方法一：利用二面角的定义以及三棱锥的定义求解；方法二：利用空间向量的坐标运算求出三棱锥的高，进而求体积.
【详解】（1）证明：

取中点,连,
是中点,∴且,
又∵且.∵且,
∴四边形为平行四边形，,
又∵平面，⊂平面，∴平面．
（2）取中点，连，过作交于，连,
∵分别是中点，∴，又∵平面．
∴⊥平面,平面,
∴，又∵，平面，
∴⊥平面，平面，
∴，∴是平面与平面的夹角的平面角.
∴.
,
∴.
∴,
解法二：
（1）∵⊥平面，，∴两两垂直，
以所在直线为轴，以所在直线为轴，以所在直线为轴，
建立空间直角坐标系.

设，则有
则，
又⊥平面，平面，所以，
又∵平面，
∴⊥平面，∴是平面的一个法向量,
∵，
又∵平面，∴平面.
（2）⊥平面，∴平面的一个法向量,
设平面的一个法向量为,
则有，
不妨设，则，即,
,
∴到平面的距离,
∴.
22．已知在三棱柱中，平面，，且，，点是的中点.
（1）求证：平面；
（2）在棱上是否存在一点，使平面？若存在，指出点的位置并证明，若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2）存在一点，且满足，证明见解析.
【分析】（1）以为坐标轴建立空间直角坐标系，求出以及平面的一个法向量，可得数量积为零，进而可得答案.
（2） 假设在棱上存在一点，使平面. 设，利用列方程求解即可.
【详解】（1）因为平面，，以为坐标轴建立如图空间直角坐标系，
则，， ， ，.
所以，.
设平面的一个法向量为，则有
.
令得.所以.
所以.
所以.
因为平面，
所以平面.
（2） 假设在棱上存在一点，使平面.
设，则.
由第（1）问知，平面的法向量为，
平面.
所以.
解得，即，且.
所以在棱上存在一点，且满足，使平面.