福建省南平第一中学2023-2024学年高二上学期第一次月考数学试卷（Word版附解析）

这是一份福建省南平第一中学2023-2024学年高二上学期第一次月考数学试卷（Word版附解析），共18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。
1．已知空间的直线，m，n和平面，，，下列命题正确的是（ ）
A．若，，则B．若，，则
C．若，，则D．若，，则
【答案】C
【详解】
选项A中，当，时，与有可能相交、平行、异面，所以A错误；
选项B中，当，时，平面，有可能相交，所以B错误；
选项C中，当，时，由线面垂直的性质可知，所以C正确.
选项D中，当，时，与有可能相交、异面，所以D不正确；
故选：C.
2. 两直线3x+y-3=0与6x+my+1=0平行，则它们之间的距离为（ ）
A. 4 B. C. D.
【答案】D
【详解】因为两直线平行，
所以，解得m=2，将6x+2y+1=0化为3x+y+=0，
由两条平行线间的距离公式得d==，故选：D.
3．设双曲线与椭圆：有公共焦点，.若双曲线经过点，设为双曲线与椭圆的一个交点，则的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】由题得，双曲线中，所以，双曲线方程为：，假设在第一象限，根据椭圆和双曲线的定义可得： ，解得：，，所以根据余弦定理，
故选：A
4．如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AC=CC1，P是A1C1的中点，则异面直线BC与AP所成角的余弦值为（ ）
A．0 B． C．D．
4．D【详解】如图，
取的中点Q，连接.
因为，所以即异面直线与所成的角或其补角.
在正三棱柱ABC-A1B1C1中,
设，则，
在三角形APQ中，由余弦定理得：.
故选：D
5．已知椭圆，，分别为椭圆的左､右顶点，若在椭圆上存在一点，使得，则椭圆的离心率的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
5．A【详解】由题意，椭圆，可得，，
设，代入椭圆的方程，可得，
则，
即，即.
又因为，所以.
故选：A.
6．在中，，，，点在该三角形的内切圆上运动，当最大时，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】在中，因为，，， 所以，所以为直角三角形，其中.
以B为原点，分别为轴正方向建立直角坐标系，则,,.
所以直线.
设的内切圆.
因为点在该三角形的内切圆上运动，所以.
，（当且仅当时等号成立）
此时.
所以，而,
所以.
故选：A
7. 如图，内角所对的边分别为，且，延长至，是是以为底边的等腰三角形，，当时，边（ ）
A. B. C. D.
【解析】：已知且，则由余弦定理代入，
化简得：，又由
，所以∠，∠，∠，
根据等腰三角形的性质，设，所以有整理得
故，故选A.
8．在直角坐标系xOy中，F1(-c，0)，F2(c，0)分别是双曲线C：的左、右焦点，位于第一象限上的点P(x0,y0)是双曲线C上的一点，△PF1F2的外心M的坐标为，△PF1F2的面积为2a2，则双曲线C的渐近线方程为（ ）
A．y＝±xB．y＝xC．y＝xD．y＝±x
8．D【详解】
由△PF1F2的外心M，知：，
∴在△中，，即，故∠F1PF2＝，
在△中，，而，
∴，即，
∴，而，
∴由题意知：，故双曲线的渐近线方程为：．
故选：D．
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．若双曲线：与圆：有4个交点，则的渐近线方程可能为（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABD【详解】
因双曲线：与圆：有4个交点，
则有双曲线的顶点在圆内，于是有，从而得，
而双曲线的渐近线方程为，
所以双曲线的渐近线方程可能为A，B，D，不可能为C.
故选：ABD
10．已知圆C：，直线l：.下列说法正确的是（ ）
A．直线l恒过定点
B．圆C被y轴截得的弦长为
C．直线l被圆C截得弦长存在最大值，此时直线l的方程为
D．直线l被圆C截得弦长存在最小值，此时直线l的方程为
10．BD【详解】
将直线l的方程整理为，由，解得.则无论m为何值，直线l恒过定点，故A不正确；
令，则，解得，故圆C被y轴截得的弦长为，故B正确；
无论m为何值，直线l不过圆心，即直线l被圆C截得的弦长不存在最大值，故C错误；
当截得的弦长最短时，此时直线l垂直于圆心与定点的连线，则直线l的斜率为，此时直线l的方程为，即，故D正确.
故选：BD.
11．已知正方体的棱长为，下列四个结论中正确的是（ ）
A．直线与直线所成的角为
B．直线与平面所成角的余弦值为
C．平面
D．点到平面的距离为
.
【详解】
如图以为原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，
则， ，，，
对于A：，，
因为，所以，即，直线与直线所成的角为，故选项A正确；
对于C：因为 ，，，
所以，，所以，，
因为，所以平面，故选项C正确；
对于B：由选项C知：平面，所以平面的一个法向量，因为，所以，即直线与平面所成角的正弦值为，所以直线与平面所成角的余弦值为，故选项B正确；
对于D：因为，平面的一个法向量，所以点到平面的距离为，故选项D不正确
故选：ABC.
12．已知是椭圆（）和双曲线（）的公共焦点，是他们的一个公共点，且，则以下结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．的最小值为
12．BD
【分析】
根据椭圆与双曲线有相同的焦点可判断A，根据椭圆与双曲线的定义及余弦定理可判断B；由分析B中所得结论可判断C；利用“1”的变形及均值不等式即可判断D.
【详解】
由题意可得，所以错误；
可设是第一象限的点，，，
由椭圆的定义可得，，
解得，，又，
因为，在△中，由余弦定理可得，
化为，则，故正确；
由，可得，即有，故错误；
由，当且仅当，
取得等号，即有的最小值为，故正确．
故选：
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．已知直线：，：，若，则m的值为
【答案】-1或2
【详解】：因为，所以解得：或
已知点在圆上，点、，当最大时，则线段的长度为 .
【详解】圆的圆心为，半径为，
直线的方程为，即，
如下图所示：当最大时，与圆相切，
连接、，可知，，，由勾股定理可得，
15.已知点、、、、，如果直线、的斜率之积为，记，，则___________.
【答案】
【解析】由题意，化简可得，在椭圆中，，，，所以，、为椭圆的两个焦点，因此，.
故答案为：.
16.已知三棱锥满足底面，在中，，，，是线段上一点，且．球为三棱锥的外接球，过点作球的截面，若所得截面圆的面积的最小值与最大值之和为，则球的表面积为 .
【解析】将三棱锥补成直三棱柱，且三棱锥和该直三棱柱的外接球都是球，记三角形的中心为，
设球的半径为，，则球心到平面的距离为，即，
连接，则，∴，
在中，取的中点为，连接，，
则，，∴．
在中，，
由题意得到当截面与直线垂直时，截面面积最小，
设此时截面圆的半径为，则，
所以最小截面圆的面积为，当截面过球心时，截面面积最大为，
∴，，球的表面积为．(或将三棱锥补成长
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（10分）在平面直角坐标系中，为坐标原点，，，已知P为平面内的一个动点，三角形周长为定值.
（1）求动点P的轨迹方程；
（2）若P的轨迹上有一点满足，求的值.
解：（1）依题可知，，所以，故动点P的轨迹是以，为焦点，长轴长为的椭圆（除去两点），由，，所以，即动点P的轨迹方程为．
因为点满足，则有，且，
，，
即①，
而点在椭圆C上，则②，
取立①②消去，得，所以.
18. （12分）已知分别为内角的对边，若同时满足下列四个条件中的三个：① ；② ；③ ；④ ．
（1）满足有解三角形的序号组合有哪些？
（2）请在（1）所有组合中任选一组，求对应的面积．
【答案】（1）序号组合为①②③，①②④
（2）答案不唯一，具体见解析
【解析】
（1）对于③，；
对于④，，
即，且，则，
故③，④不能同时存在，则满足有解三角形的序号组合为①②③，①②④．
（2）选①②③：时，
由余弦定理：，
整理得：且，则，
的面积为．
选①②④：时，
由余弦定理：，
整理得：，则，
的面积．
19（12分）．已知圆C经过点A(1,3)、B(2,2)，并且直线m：3x－2y＝0平分圆C.
（1）求圆C的方程；
（2）过点D(0,1)，且斜率为k的直线l与圆C有两个不同的交点M、N，且eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))＝12，求k的值．
[解析] (1)线段AB的中点Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(5,2)))，kAB＝eq \f(3－2,1－2)＝－1，
故线段AB的中垂线方程为y－eq \f(5,2)＝x－eq \f(3,2)，
即x－y＋1＝0…………………………………………….1分
因为圆C经过A、B两点，故圆心在线段AB的中垂线上．
又因为直线m：3x－2y＝0平分圆C，所以直线m经过圆心．
由即x－y＋1＝0与3x－2y＝0的交点即圆心
所以圆心的坐标为C(2,3)…………………………………..2分
而圆的半径r＝1………………………………………………3分
………………………………….5
(2)直线l的方程为y＝kx＋1.
圆心C到直线l的距离d＝eq \f(|2k－3＋1|,\r(1＋k2))，—————6分
d＝eq \f(|2k－3＋1|,\r(1＋k2))