2023-2024学年内蒙古自治区赤峰市赤峰第四中学高二上学期10月月考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年内蒙古自治区赤峰市赤峰第四中学高二上学期10月月考数学试题含答案，共24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．已知直线过点点，则直线方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】利用直线的两点式方程即可得解.
【详解】因为过点点，
所以直线的方程为，即．
故选：A．
2．已知直线:和:互相平行,则
A．B．C．或D．或
【答案】D
【解析】根据两条平行直线的斜率相等,且截距不等,解方程即可求得的值.
【详解】因为直线:和:互相平行
当时两条直线不平行,即
则,且
化简可得
解方程可得或
经检验或都满足题意
故选:D
【点睛】本题考查了直线平行时的斜率关系,根据平行关系求参数的值,属于基础题.
3．已知点，点，若过点的直线l与线段AB相交，则直线斜率k的取值范围（ ）
A．B．
C．或D．
【答案】D
【分析】求出直线的斜率，再结合图形求出结果即得.
【详解】依题意，直线的斜率分别为，
由图形知，当时，直线l与线段AB相交，
所以直线l斜率k的取值范围是.
故选：D
4．已知圆的半径为2，圆心在轴的正半轴上，直线与圆相切，则圆的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】设圆心坐标为，根据圆与直线相切可求出，进而得到圆心和半径，于是可得圆的方程．
【详解】由题意设圆心坐标为，
因为圆与直线相切，
则，且，解得，
即圆心为，半径为，
所以圆C的方程为，即．
故选：D．
5．点在圆上，点在直线上，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意可知圆心，又由于线外一点到已知直线的垂线段最短，结合点到直线的距离公式，即可求出结果.
【详解】由题意可知，圆心，
所以圆心到的距离为，所以的最小值为.
故选：B.
6．如图在长方体中，，， H是下底面矩形的中心，设异面直线与所成的角为，则=（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】与所成的角即与所成的角，利用余弦定理求解.
【详解】连接，则H是与的交点，也是和的中点，
长方体中，，，四边形为平行四边形，
有，异面直线与所成的角即与所成的角，

，，，
，，
，
中，由余弦定理得，
，则，即.
故选：A
7．已知直线与直线平行，则它们之间的距离为（ ）
A．4B．C．D．
【答案】D
【分析】先根据两直线平行求出m的值，再由两平行直线间的距离公式即可求解.
【详解】因为直线和互相平行，且两直线的斜率一定存在，
所以即，所以，
因为两直线方程为和，
所以它们之间的距离为.
故选：D.
8．唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河.”诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样走才能使总路程最短?在平面直角坐标系中，设军营所在位置为，若将军从点处出发，河岸线所在直线方程为.则“将军饮马“的最短总路程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】作出图形，求出点关于直线的对称点的坐标，在直线上取点，利用、、三点共线时取得最小值即可得解.
【详解】如下图所示，设点关于直线的对称点为，
由题意可得，解得，即点，
在直线上取点，由对称性可得，
所以，，
当且仅当、、三点共线时，等号成立，
因此，“将军饮马“的最短总路程为.
故选：C.
【点睛】思路点睛：本题考查“将军饮马”最短路径问题，求解此类问题的基本思路就是求得动点关于所在直线的对称点后，利用三角形两边之和大于第三边的特点，利用三点共线时求得最值来求解.
二、多选题
9．下列说法不正确的是（ ）
A．任意一条直线都有倾斜角，但不一定有斜率
B．点关于直线的对称点为（1，1）
C．直线与两坐标轴围成的三角形的面积是2
D．经过点且在轴和轴上截距都相等的直线方程为
【答案】BCD
【分析】对选项A，根据倾斜角和斜率的概念即可判断A正确，对选项B，，设关于直线对称的点为，得到，再解方程即可判断B错误，对选项C，分别求出直线与两坐标轴的交点，即可判断C错误，对选项D，分别讨论直线过原点和不过原点两种情况，即可判断D错误.
【详解】对选项A，任意一条直线都有倾斜角，当倾斜角为时，不存在斜率，故A正确.
对选项B，设关于直线对称的点为，
则，即关于直线对称的点为，故B错误.
对选项C，直线，令，得，令，，
则直线与坐标轴围成的面积，故C错误.
对选项D，当所求直线过原点时，设直线为，
因为点在上，所以，所求直线为.
当直线不过原点时，设所求直线为，
因为点在上，所以，所求直线为.
综上所求直线为：或，故D错误.
故选：BCD
10．已知圆C：与圆D：的交点为A，B，则（ ）
A．公共弦AB所在的直线方程为
B．过AB上任意一点P作圆M：的切线，则切线长的最小值为
C．公共弦AB的长为
D．圆N：与圆C关于直线对称
【答案】ABC
【分析】判断两圆位置关系，将两圆方程相减判断A；求出切线长的函数关系，借助点到直线距离求出最小值判断B；利用弦长公式求出AB判断C；求出两圆圆心的中点判断D.
【详解】对于A，圆C：的圆心，半径，圆D：的圆心，半径，
显然，即圆C与圆D相交，将两圆方程相减得，即，
所以公共弦所在直线方程为，A正确；
对于B，由选项A知，直线的方程为， 圆的圆心为，半径，
圆心到直线的距离，即直线与圆相离，
过作圆的切线，与圆切于点，则
，当且仅当时取等号，B正确；
对于C，点到公共弦所在直线的距离为，
公共弦长， C正确；
对于D，圆：的圆心，则线段的中点为，而此点不在直线上，
因此圆与圆关于直线不对称，D错误.
故选：ABC
11．已知实数满足方程，则下列说法正确的是（ ）
A．的最大值为 B．的最大值为
C．的最大值为D．的最大值为
【答案】AC
【分析】化简圆的方程，求得圆心，半径为，分别设、和，结合直线与圆的位置关系，列出不等式，可判定A、C正确，B不正确；改写，结合其几何意义和点与圆的性质，可判定B 不正确.
【详解】由圆的方程，可化为，
设圆的圆心为，可得圆心坐标为，半径为，
对于A中，设，即，由，解得，
即的最大值为，所以A正确；
对于B中，由，表示原点到圆上点的距离，
又由，则的最大值为，所以的最大值为，
所以B不正确；
对于C中，设，即，由，解得，
即的最大值为，所以C正确；
对于D中，设，即，由，解得或，所以D错误.
故选：AC.
12．如图所示，若长方体的底面是边长为2的正方形，高为4，是的中点，则下列说法正确的是（ ）

A．点B到直线的距离为
B．三棱锥的外接球的表面积为
C．平面平面
D．三棱锥的体积为.
【答案】AD
【分析】依题意建立空间直角坐标系，从而得到，进而判断A；求得平面的法向量，从而得以判断C；利用长方体外接球的性质可判断B；利用三棱锥的体积公式可判断D；由此得解.
【详解】依题意，以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，
所以，，
则，即，
所以点B到直线的距离为，故A正确；
而，
设平面的一个法向量为，则，即，
不妨取，则，故，
假设平面平面，则也是平面的法向量，
则，而，
则，与矛盾，
故假设不成立，即平面与平面不平行，故C错误；
三棱锥的外接球即为长方体的外接球，
故外接球的半径，
所以三棱雉的外接球的表面积，故B错误；
在长方体中，平面，故是三棱雉的高，
所以，故D正确.
故选：AD.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是建立空间直角坐标系，从而利用空间向量法可判断AC.
三、填空题
13．在中，， AB边上的高CD所在直线方程为，则直线AB的方程为 ．
【答案】
【分析】根据直线垂直可得直线AB的斜率，进而根据点斜式写出方程即可.
【详解】由题意，CD所在直线方程为，即，斜率为，
所以直线AB的斜率为，
所以直线AB的方程为，即.
故答案为：.
14．过点作圆的切线，则切线方程为 ．
【答案】或
【分析】分斜率存在与斜率不存在两种情况讨论，利用圆心到直线的距离等于半径得到方程，解得即可；
【详解】解：圆的圆心为原点，半径为1
①当过点的直线垂直于轴时，
此时直线斜率不存在，方程是，
因为圆心到直线的距离为，所以直线符合题意；
②当过点的直线不垂直于轴时，设直线方程为
即
直线是圆的切线
点到直线的距离为，解得，
此时直线方程为：，整理得
综上所述，得切线方程为切线方程为或
故答案为：或．
15．若关于x的方程有两解，则实数k的取值范围是 ．
【答案】
【分析】依题意，直线与曲线的图象有两个不同的交点，作出图象，求出两个极端点的斜率值，即可求得实数k的取值范围．
【详解】依题意，直线与曲线的图象有两个不同的交点，
直线过定点，
曲线为以为圆心，2为半径的上半部分圆，
作出图象如下，
当直线与曲线相切时，有，解得，
即切线斜率为，切线斜率为；
当直线过时，；
当直线过时，；
由图象可知，当直线与曲线的图象有两个不同的交点时，
实数k的取值范围为.
故答案为：.
16．直线xsinα＋y＋2＝0的倾斜角的取值范围是 ．
【答案】
【详解】因为sin α∈[－1，1]，
所以－sin α∈[－1，1]，
所以已知直线的斜率范围为[－1，1]，由倾斜角与斜率关系得倾斜角范围是．
答案：
四、解答题
17．在中，角的对边分别为，若.
(1)求B的大小；
(2)若，求的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）首先由正弦定理边化角得，结合三角形内角范围即可得到，从而得解.
（2）首先由正弦定理角化边得，然后结合余弦定理代入数据求得，最终结合三角形面积公式即可得解.
【详解】（1）因为，
所以由正弦定理边化角得，
而，
所以，所以，
显然，
所以，从而.
（2）因为，
所以，
又由余弦定理有，
即，
解得，
所以由三角形面积公式可得的面积为.
18．（1）已知线段AB的端点B的坐标是，端点A在圆上运动，求线段AB中点M的轨迹方程；
（2）已知圆C的直径，动点M与点A的距离是它与点B的距离的倍，求点M的轨迹，并判断该轨迹与圆C的位置关系.
【答案】（1）；（2），相交
【分析】（1）根据题意设线段AB中点M的坐标为，用表示端点A的坐标，代入圆的方程整理即可得结果；
（2）以AB中点为坐标原点建系，设，根据题意求点点M的轨迹，并结合两圆的位置关系分析判断.
【详解】（1）设线段AB中点M的坐标为，
因为端点B的坐标是，则端点A的坐标是，
且端点A在圆上，
则，整理得，
所以线段AB中点M的轨迹方程为.
（2）以AB中点为坐标原点建系，则，
圆C的圆心为，半径，
设，
因为，则，
整理得，
可知点M的轨迹为以为圆心，半径的圆，
又因为，
所以两圆相交.
五、证明题
19．三棱台中，若面，分别是中点.

(1)求证：平面；
(2)求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1） 连接、，即可得到四边形是平行四边形，从而得到，即可得证；
（2）方法一：几何法，过作，垂足为，作，垂足为，连接，过作，垂足为，由线面垂直的性质得到，再由，从而得到平面，再证明平面，从而求出，最后由点到平面的距离是到平面的距离的两倍，即可得解；
方法二：利用等体积法计算可得.
【详解】（1）连接、，由分别是的中点，
根据中位线性质，，且，
由棱台性质，，于是，
又由可知，四边形是平行四边形，则，
又平面，平面，于是平面.

（2）方法一： 过作，垂足为，作，垂足为，连接，过作，垂足为.
由题干数据可得，，，，
根据勾股定理，，
因为面，面，所以，所以，
所以平面，又平面，则，
又，，平面，于是平面.
又平面，则，
又，，平面，故平面，
在中，，
又，故点到平面的距离是到平面的距离的两倍，
即点到平面的距离是.

方法二：过作，垂足为，作，垂足为，
因为面，面，所以，所以，
所以平面，
由题干数据可得，，，，
根据勾股定理，，
设点到平面的距离为，
则，
，
由，解得.

六、解答题
20．如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，为的中点，且．
（1）求；
（2）求二面角的正弦值．
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，由已知条件得出，求出的值，即可得出的长；
（2）求出平面、的法向量，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得结果.
【详解】（1）[方法一]：空间坐标系+空间向量法
平面，四边形为矩形，不妨以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
设，则、、、、，
则，，
，则，解得，故；
[方法二]【最优解】：几何法+相似三角形法
如图，连结．因为底面，且底面，所以．
又因为，，所以平面．
又平面，所以．
从而．
因为，所以．
所以，于是．
所以．所以．
[方法三]：几何法+三角形面积法
如图，联结交于点N．
由[方法二]知．
在矩形中，有，所以，即．
令，因为M为的中点，则，，．
由，得，解得，所以．
（2）[方法一]【最优解】：空间坐标系+空间向量法
设平面的法向量为，则，，
由，取，可得，
设平面的法向量为，，，
由，取，可得，
，
所以，，
因此，二面角的正弦值为.
[方法二]：构造长方体法+等体积法
如图，构造长方体，联结，交点记为H，由于，，所以平面．过H作的垂线，垂足记为G．
联结，由三垂线定理可知，
故为二面角的平面角．
易证四边形是边长为的正方形，联结，．
，
由等积法解得．
在中，，由勾股定理求得．
所以，，即二面角的正弦值为．
【整体点评】（1）方法一利用空坐标系和空间向量的坐标运算求解；方法二利用线面垂直的判定定理，结合三角形相似进行计算求解，运算简洁，为最优解；方法三主要是在几何证明的基础上，利用三角形等面积方法求得.
（2）方法一，利用空间坐标系和空间向量方法计算求解二面角问题是常用的方法，思路清晰，运算简洁，为最优解；方法二采用构造长方体方法+等体积转化法，技巧性较强，需注意进行严格的论证.
21．已知圆：，直线 : ．
(1)求证：直线恒过定点；
(2)判断直线与圆的位置关系
(3)直线被圆截得的弦何时最长，何时最短？并求截得的弦长最短时m的值及最短弦长．
【答案】(1)证明见详解
(2)相交
(3)答案见详解
【分析】（1）将直线的方程化为，若过定点，则与m无关，即可得，求解可得定点坐标；
（2）根据直线方程得到直线恒过，再求出，即可得到直线与圆必相交；
（3）根据圆的性质可得，当直线过圆心时，直线被圆截得的弦长最长，当直线时，直线被圆截得的弦长最短，进而即可求解．
【详解】（1）依题意将直线的方程化为，
联立，解得，
故直线恒过定点．
（2）结合（1）可得直线恒过定点，
又圆心为，半径为，
又，
则定点在圆内，所以直线与圆必相交．
（3）设直线过圆交于点，，设圆心到直线的距离为，
显然当直线过圆心时，直线被圆截得的弦长最长，即，
当直线不过圆心时，直线被圆截得的弦长为，
即当最长时，直线被圆截得的弦长最短，
又结合（2）可得定点在圆内，且，
若直线时，；若直线与不垂直时，，
所以当直线时，直线被圆截得的弦长最短，且，
此时直线，则，解得．
故当直线过圆心时，被截得弦长最长；
当直线时,被截得弦长最短，此时，及最短弦长为．
七、证明题
22．在四棱锥中，平面平面，底面为直角梯形，，，，为线段的中点，过的平面与线段，分别交于点，.
(1)求证：；
(2)若，线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，请确定点的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，为的靠近点的三等分点
【分析】（1）根据给定条件证得及平面，即可得解.
（2）建立空间直角坐标系，假定存在符合条件的点G，借助空间向量求出点G的坐标即可判断作答.
【详解】（1）在直角梯形中，，且为线段的中点，则，
又，即有四边形为平行四边形，则，
又平面，平面，于是有平面，
又平面，平面平面，则，
而，则有，
且平面平面，平面平面，平面，
因此平面，即平面，
又平面，所以.
（2）存在，为的靠近点的三等分点.
因，为线段的中点，则，由（1）可得，，
以为坐标原点，，，的方向为，y，z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
则，，，
设，得，则，
设平面的法向量为，则有，即，
令，得，
设直线与平面所成角为，
于是有，
解得或(舍)，
所以存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，
为的靠近点的三等分点.