2023维吾尔自治区石河子一中高二上学期第一次月考（10月）数学（理）试题含解析

2022-2023学年第一学期2024届（高二）10月月考理科数学学科试卷

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1. 直线的倾斜角为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】求出直线的斜率后可求直线的倾斜角.

【详解】直线的斜率为，故其倾斜角满足，

而，故，

故选：D.

2. 下列说法中正确是（    ）

A. 表示过点，且斜率为的直线方程

B. 直线与轴交于一点，其中截距

C. 在轴和轴上的截距分别为与的直线方程是

D. 方程表示过点，的直线

【答案】D

【解析】

【分析】分别由直线的点斜式方程、直线在轴上的截距、直线的截距式方程、两点式方程的变形式逐一核对四个选项得答案．

【详解】对A，表示过点且斜率为的直线方程不正确，不含点，故A不正确；

对B，截距不是距离，是点的纵坐标，其值可正可负，故B不正确；

对C，经过原点的直线在两坐标轴上的截距都是0，不能表示为，故C不正确；

对于D，此方程即直线的两点式方程变形，即，故D正确．

故选：D．

【点睛】本题考查命题的真假判断与应用，考查直线方程的几种形式，关键是对直线方程形式的理解，属于基础题.．

3. 已知椭圆C：（）的长轴的长为4，焦距为2，则C的方程为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】由题设可得求出椭圆参数，即可得方程.

【详解】由题设，知：，可得，则，

∴C的方程为.

故选：D.

4. 如图，三棱锥中，分别是棱的中点，点在线段上，且，设，则的值分别是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据图形关系，利用向量的加减法和数乘运算可得，由此可得结果.

【详解】，

.

故选：D.

5. 已知直线与相交于两点，且为等边三角形，则实数（    ）

A. 或2 B. 或4 C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由已知得圆心到直线的距离为，再根据点到直线的距离公式可求得答案.

【详解】解：的圆心，半径，

因为直线与相交于两点，且为等边三角形，则圆心到直线距离为，

即，整理得，解得或，

故选：A.

6. 如图，在四棱锥中，底面，底面为正方形，，为的中点，为的中点，则异面直线与所成角的正弦值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】如图建立空间直角坐标系，求出和的坐标，利用空间向量夹角公式计算夹角的余弦值，再由同角三角函数基本关系即可求解.

【详解】因为底面，面，可得，，

因为四边形为正方形，可得，

所以两两垂直，如图分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，设，则，

可得，，，，，

所以，，

所以，

设异面直线与所成的角为，

则，所以，

故选：A.

7. 已知矩形ABCD的四个顶点都在椭圆上，边AD和BC分别经过椭圆的左、右焦点，且，则该椭圆的离心率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据条件可得，然后即可建立方程求解.

【详解】由椭圆的方程可得当时，

所以，

因为，所以，所以，

所以，解得或（舍）

故选：B

8. 已知直线与圆相切于点，则圆C的半径为（    ）

A.  B.  C.  D. 5

【答案】A

【解析】

【分析】将点代入直线方程中求出，再求出圆心的坐标为，然后由列方程求出，再将点坐标代入圆方程中可求出，从而可求得圆的方程，进而可求出圆的半径

【详解】将代，得.

易知圆心的坐标为，∴，，解得，

将代入圆的方程得，∴，

∴圆C的方程为，即，

∴圆C的半径为.

故选：A

9. 已知圆C1：与圆C2：的公共弦所在直线恒过定点P且点P在直线mx－ny－2＝0上（m＞0，n＞0），则mn的最大值是（    ）

A.  B.  C.   D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据圆和的方程得到公共弦所在的直线方程，即可得到点，代入得到，再利用基本不等式即可得到的最大值.

【详解】因为：，：，所以公共弦所在的直线方程为，整理得，令，解得，所以点，代入得到，所以，当且仅当时等号成立.

故选：D.

10. 已知实数、满足，则的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】分析可得，令，可知直线与圆有公共点，可得出关于实数的不等式，解出的取值范围即可得解.

【详解】实数、满足，即，

方程表示以为圆心，半径等于的圆，

而，令，可得，

所以，直线与圆有公共点，所以，解得，

所以，.

故选：A.

11. 过椭圆右焦点作x轴的垂线，并交C于A，B两点，直线l过C的左焦点和上顶点.若以线段AB为直径的圆与有2个公共点，则C的离心率e的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】求得以为直径的圆的圆心和半径，求得直线的方程，利用圆心到直线的距离小于半径列不等式，化简后求得椭圆离心率的取值范围.

【详解】椭圆左焦点，右焦点，上顶点，

，

所以为直径的圆的圆心为，半径为.

直线的方程为，

由于以线段为直径的圆与相交，

所以，，

，

，

，

所以椭圆的离心率的取值范围是.

故选：A

12. 已知圆的半径为，点满足，，分别是上两个动点，且，则的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】取的中点为，利用表达，利用向量数量积运算公式计算，得到，从而得到与反向共线时取得最小值，当与同向共线时，取得最大值，从而得到取值范围.

【详解】，

设的中点为，在半径为的圆中，，得，，

，

即，

当与反向共线时，取得最小值；

当与同向共线时，取得最大值；

即的取值范围是；

故选：D

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 已知直线与平行，则的值是________

【答案】或##或

【解析】

【分析】根据两直线平行计算即可，注意排除两直线重合.

【详解】解：因为直线与平行，

所以，

解得或，

当时，直线，，平行，

当时，直线，，平行，

所以或．

故答案为：或.

14. 圆与圆的位置关系为________

【答案】相交

【解析】

【分析】求出两圆圆心距、两半径和与差，再进行比较即可确定两圆位置关系

【详解】圆的圆心坐标为，半径

圆的圆心坐标为，半径

则圆心距

又，

所以两圆位置关系为相交．

故答案为：相交

15. 已知动圆P过定点，且在定圆的内部与其相内切，则动圆P的圆心的轨迹方程为______．

【答案】

【解析】

【分析】设切点为，根据题意，列出点满足的关系式即．则点的轨迹是椭圆，然后根据椭圆的标准方程求点的轨迹方程．

【详解】设动圆和定圆内切于点，

动点到定点和定圆圆心距离之和恰好等于定圆半径，

即，

点的轨迹是以，为两焦点，长轴长为10的椭圆，

，

点的轨迹方程为，

故答案：．

16. 如图，长方体中，，，，点是侧面上一个动点（含边界），是棱的中点，则下列结论正确的是________

①当长度最小时，三棱锥的体积为

②当长度最大时，三棱锥的体积为

③若保持，则点在侧面内运动路径的长度为

④若在平面内运动，且，则点的轨迹为圆弧

【答案】①②③

【解析】

【分析】由等体积法可判断①②正确，由圆的知识可判断③正确，利用空间向量法求夹角余弦值，可知④错误．

【详解】对于①，当长度最小时，点在线段的中点，

，，①正确．

对于②，当长度最大时，点与点或点重合，若点与点重合，

，②正确．

对于③，作中点，连接，，如图所示，易证平面，

平面，则，若保持，则，

则点的轨迹是以1为半径的半圆弧，长度为，③正确．

对于④，以点为原点建立空间直角坐标系如图所示：

则，，，设，

则有，，，

若，则有，即，

化简得：，即，

即或（此时，，），

故点的轨迹为一段直线，④错误．

故答案为：①②③

三．解答题（本大题共6小题，共70分，其中第17题10分，其余每题12分．解答应写出文字说明、演算步骤或推理过程）

17. 已知直线．

（1）若直线与直线平行，且直线过点，求直线的方程；

（2）若点坐标为，过点的直线与直线垂直，垂足为，求点的坐标.

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】

（1）通过平行设出直线方程，代入即可；

（2）过点的直线与直线垂直，可得，加上在直线上，联立求交点即可.

【详解】（1）因为直线与直线平行，设直线m：，

将点代入得：，所以直线m：.

（2）设，则，即①，

又M在直线l上，所以②，

①②联立得：，所以.

【点睛】本题主要考查直线的一般式的平行关系与垂直关系，正确写出解析式是处理此题的关键.

18. 按照要求完成下列问题：

（1）已知椭圆过点、，求椭圆的标准方程；

（2）已知圆的半径为，圆心在轴的正半轴上，直线与圆相切，求圆的标准方程．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）待定系数法设椭圆方程后，将点坐标代入列方程组求解，

（2）设圆心坐标后由点到直线的距离公式列式求解，

【小问1详解】

设椭圆的方程为（、、），

将、代入到椭圆的方程得：，解得、，

∴椭圆标准方程为：

【小问2详解】

由题意可设圆的圆心，其中，半径，

∵直线与圆相切，∴圆心到直线的距离等于半径，

∴，解得（舍去）或，

∴圆的标准方程为：；

19. 如图，三棱柱ABC­A1B1C1中，M，N分别是A1B，B1C1上的点，且BM＝2A1M，C1N＝2B1N．设，，．

（1）试用，，表示向量；

（2）若∠BAC＝90°，∠BAA1＝∠CAA1＝60°，AB＝AC＝AA1＝1，求MN的长．

【答案】（1）＝＋＋；（2）.

【解析】

【分析】（1）利用空间向量的线性运算即可求解.

（2）根据空间向量的数量积以及向量模的求法即可求解.

【详解】解：（1）＝＋＋

＝＋＋

＝－＋＋＋（－）

＝＋＋，

又＝，＝，＝，∴＝＋＋．

（2）∵AB＝AC＝AA1＝1，∴||＝||＝||＝1．

∵∠BAC＝90°，∴＝0．∵∠BAA1＝∠CAA1＝60°，

∴＝＝，

∴||2＝（＋＋）2

＝（＋＋＋2＋2＋2）＝，

∴||＝．

20. 如图所示，三棱台的体积为7，其上、下底面均为正三角形，平面平面且，棱与的中点分别为．

（1）证明：平面；

（2）求直线到平面的距离；

（3）求平面与平面的夹角的余弦值．

【答案】（1）证明见解析   

（2）   

（3）

【解析】

【分析】(1)根据题意建立如图空间直角坐标系，求出各点和各向量的坐标，利用向量法求出平面FGH的法向量，结合即可证明；

(2)结合(1)，利用向量法直接求出线面距；

(3)求出平面BCF的法向量，利用向量法即可求出面面角.

【小问1详解】

由题意得上底面面积为，下底面面积为，

设三棱台的高为h，则，得．

设DF的中点为I，如图，连接GB，GI，由条件可知GB，GC，GI两两互相垂直，

以G为坐标原点，以GB，GC，GI所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．

由已知可得，，，

∴，，

设平面FGH的法向量为，

则,令，可得．

由，可得，

∴，又平面FGH，∴平面FGH．

【小问2详解】

由（1）知平面FGH，直线AE到平面FGH的距离即点A到平面FGH的距离d．

∵，∴．

【小问3详解】

设平面BCF的法向量为，

由，，可得，，

∴，令，得．

∴，

∴平面BCF与平面FGH的夹角的余弦值为．

21. 已知椭圆的离心率为，短半轴长为1．

（1）求C的方程；

（2）过点的直线l与C交于A，B两点，且为锐角（O为坐标原点），求l的斜率k的取值范围．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】(1)利用椭圆中的关系即可求解;

(2)根据为锐角时，可求解.

【小问1详解】

由题可知 得,所以椭圆C的方程为.

【小问2详解】

依题意，直线l的斜率必存在，

设直线l的方程为，

联立方程组，消去整理得，

因为直线与椭圆相交，所以即，

解得或.

由韦达定理，，

，

当为锐角时，，即，

所以即，解得，

所以 .

22. 已知圆C经过，两点．

（1）如果AB是圆C的直径，证明：无论a取何正实数，圆C恒经过除A外的另一个定点，求出这个定点坐标．

（2）已知点A关于直线的对称点也在圆C上，且过点B的直线l与两坐标轴分别交于不同两点M和N，当圆C的面积最小时，试求的最小值.

【答案】（1）证明见解析，定点为   

（2）

【解析】

【分析】（1）设点是圆上任意一点，由AB是圆C的直径，得，从而可求出圆的方程，即可得出结论；

（2）根据题意可得点C在直线上，要使圆C的面积最小，则圆C是以为直径的圆，从而可求出圆的方程，进而可求得点的坐标，设出直线的方程，分别求出的坐标，再根据两点间距离公式结合基本不等式即可得解．

【小问1详解】

设点是圆上任意一点，

因为AB是圆C的直径，所以，

即，

所以圆的方程为：，

则，时等式恒成立，故定点为，

所以无论a取何正实数，圆C恒经过除A外的另一个定点，定点坐标为；

【小问2详解】

因点A关于直线的对称点也在圆C上，

所以点C在直线上，

又圆C的面积最小，所以圆C是以直径的圆，

设过点A与直线垂直的直线方程为，

由方程组得，则

所以圆C的方程为，

当时，或，又，所以，即，

由题意知直线l斜率存在且不为零，设直线l的方程为，

当时，当，时，

所以，

（当且仅当，即时取等号）

则当时，