2022-2023学年黑龙江省哈尔滨市第一中学校高二上学期11月月考数学试题（解析版）

2022-2023学年黑龙江省哈尔滨市第一中学校高二上学期11月月考数学试题

一、单选题

1．在空间直角坐标系中，已知点，则线段的中点坐标是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】利用中点坐标公式即可求解.

【详解】在空间直角坐标系中，

点，，

则线段的中点坐标是 ，即.

故选：B.

2．已知直线与互相垂直，则实数（    ）

A．1 B．3 C．1或 D．或3

【答案】C

【分析】由两直线垂直可直接构造方程求得结果.

【详解】因为两直线垂直，

所以解得或，

故选：C

3．直线与圆相交于两点，则（    ）

A． B． C．2 D．4

【答案】B

【分析】根据圆的相关知识即可求得弦长.

【详解】由已知圆，圆心为，半径

所以圆心到直线距离

所以

故选：B

4．在正方体中，分别为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据线线平行可用几何法找到两异面直线所成的平面角，再利用锐角三角函数即可求解.

【详解】取中点,连接,，不妨设正方体的棱长为2，

由于分别为的中点，则，

又在正方体中，易得，

所以，故异面直线与所成角为或其补角，

因为，平面，

所以平面，又平面，故，

所以在直角三角形中，，

易知异面直线与所成角为锐角，所以其余弦值为.

故选：D.

.

5．已知椭圆的左､右焦点分别为，过的直线与椭圆相交于两点，且，则的长等于（    ）

A．4 B．3 C．2 D．1

【答案】A

【分析】先由椭圆方程求出，然后根据已知条件结合椭圆的定义可求出的长.

【详解】由，得，则，

由题意可得，

因为，，

所以，得，

故选：A.

6．已知直线过点，且方向向量为，则点到的距离为（    ）

A． B． C． D．3

【答案】B

【分析】根据直线一个方向向量为，取直线的一个单位方向向量为，计算，代入点到直线的距离公式计算即可.

【详解】直线的一个方向向量为，取直线一个单位方向向量为

，

又为直线外一点，且直线过点， ，

，

点到直线的距离为.

故选：B.

7．已知点P为圆：上任一点，点Q为圆：上任一点，则的最小值为（    ）

A．1 B． C．2 D．4

【答案】A

【分析】根据题意得两圆的位置关系为内含，进而得的最小值为.

【详解】解：由题知，圆半径为，圆心坐标为，圆半径为，圆心坐标为，

所以两圆的位置关系为内含，

所以，，

所以的最小值为．

故选：A

8．设为椭圆上的动点，为椭圆的焦点，为的内心，则直线和直线的斜率之积（　　）

A．是定值 B．非定值，但存在最大值

C．非定值，但存在最小值 D．非定值，且不存在最值

【答案】A

【分析】连接并延长交轴于，，再由内角平分线定理可得；设，，，代入椭圆方程可求出，结合得，进一步求出，再表示出，化简即可得答案．

【详解】连接并延长交轴于，

则由内角平分线定理可得：，，；

设，，，则，，

，则，又，则．

，则，，，

则，

直线和直线的斜率之积是定值．

故选：A．

二、多选题

9．已知空间中三点，，，则（    ）

A． B．

C． D．A，B，C三点共线

【答案】AB

【详解】易得，，，，A正确;

因为，所以，B正确，D错误;

而，C错误.

故选: AB.

10．下列说法正确的是（    ）

A．在两坐标轴上截距相等的直线都可以用方程表示

B．方程表示的直线斜率一定存在

C．直线过点，且原点到的距离是2，则的方程是

D．坐标平面内过点的直线还可以写成

【答案】BD

【分析】A选项，考虑直线在坐标轴上截距为0时，得到A错误；

B选项，得到表示的直线斜率为，B正确；

C选项，考虑直线斜率不存在时，方程为，满足要求，故C错误；

D选项，根据点在直线上，得到，从而，变形后得到答案.

【详解】A选项，当直线在坐标轴上截距为0时，不能用方程来表示，故A错误；

B选项，方程表示的直线斜率为，故斜率一定存在，B正确；

C选项，直线过点，当直线的斜率不存在时，方程为，此时原点到的距离是2，满足要求，

当直线的斜率存在时，设直线方程为，

由点到直线距离公式可得：，解得：，

此时直线方程为，即，

综上：直线过点，且原点到的距离是2，则的方程是或，C错误；

D选项，因为直线过点，故，

由题意得，故，

整理得：，D正确.

故选：BD

11．古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名，他发现；平面内到两个定点、的距离之比为定值的点所形成的图形是圆．后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．已知在平面直角坐标系中，，．点满足，设点所构成的曲线为，下列结论正确的是（    ）

A．的方程为

B．在上存在点，使得到点的距离为

C．在上存在点，使得

D．上的点到直线的最小距离为

【答案】ABD

【分析】对于A，设点，由结合两点间的距离公式化简即可判断，对于B，由A可知曲线C的方程表示圆心为，半径为的圆，从而可求出圆上的点到点的距离的范围，进而进行判断，对于C，设，由，由距离公式可得方程，再结点在曲线C上，得到一个方程，两方程联立求解判断，对于D，由于曲线C的方程表示圆心为，半径为的圆，所以只要求出圆心到直线的距离减去圆的半径可得答案

【详解】由题意可设点，由，，，得，化简得，即，所以选项A正确；

对于选项B，曲线C的方程表示圆心为，半径为的圆，点与圆心的距离为，与圆上的点的距离的最小值为，最大值为，而，所以选项B正确；

对于选项C，设，由，得，又，联立方程消去得，解得无解，所以选项C错误；

对于选项D，的圆心到直线的距离为，且曲线的半径为，则上的点到直线的最小距离故选项D正确；

故选：ABD．

12．如图，在棱长为1的正方体中，为的中点，则下列结论正确的有（    ）

A．四点共面

B．到平面的距离为

C．过点的平面截正方体所得截面的面积为

D．四面体内切球的表面积为

【答案】BD

【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法计算的坐标，从而判断选项A；根据等体积法求到平面的距离，从而判断选项B；作辅助线得出截面为梯形，求出梯形面积即可判断选项C；根据等体积法计算四面体的内切球半径，计算球的表面积判断选项D.

【详解】对于 A, 构建如图(1)所示的空间直角坐标系, 则 ,

,不存在一个实数，使得，即不共线，所以四点不共面，故A错误；

对于 ,如图(2), 连接 , 设 到平面 的距离为 , 即点 到平面 的 距离, , 即 , 求得 , 故 B 正确.

对于C, 取 的中点 , 连接 , 则 , 如图(2)所示,

则梯形 为过点 的平面截正方体 所得的截面, 易知 , , 可得梯形 的高为 , 则梯形 的面积 , 故 C 错误.

对于D, 易知四面体 的体积 , 因为四面体 的棱长都为 , 所以其表面积 . 设四面体 内切球的半径为 , 则 , 解得 , 所以四面体 内切球的表面积为 , 故 D 正确.

故选：BD.

【点睛】本题考查空间直线到平面的距离、四点共面、内切球表面积和截面面积的计算，考查棱锥与球的位置关系，属于难题.

三、填空题

13．已知，则_________.

【答案】

【分析】根据向量数量积的坐标运算即可求解.

【详解】,所以，

故答案为：

14．已知圆，过点作圆的切线，则该切线的一般式方程为________．

【答案】

【分析】由圆心、切点坐标求得，即可知切线的斜率，写出切线方程即可.

【详解】∵点在圆C上，，

∴切线斜率，故切线方程为，即．

故答案为：

15．已知圆与圆相交于两点，则_________.

【答案】

【分析】两圆方程相减，即可求出直线AB的方程为，求出圆心到直线AB的距离d，进而根据几何法得弦.

【详解】解：因为圆与圆相交于两点，

所以直线AB的方程为：，

即，

圆心到弦AB的距离，

所以，

故答案为：.

16．已知，分别是椭圆的左、右焦点，点P在椭圆上，且在第一象限，过作的外角平分线的垂线，垂足为A，O为坐标原点，若，则该椭圆的离心率为______.

【答案】

【分析】延长，交于点Q，根据PA是的外角平分线，得到，，再利用椭圆的定义求解.

【详解】解：如图所示：

延长，交于点Q，

∵PA是的外角平分线，

，，

又O是的中点，，且.

又，

，

，

∴离心率为.

故答案为：

四、解答题

17．已知的顶点边上的高所在直线方程为，角的平分线所在直线方程为.

(1)求顶点的坐标；

(2)求直线的方程.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）设，根据垂直关系和点在直线上得到方程组，解得答案.

（2）计算点C关于的对称点，计算斜率得到直线方程.

【详解】（1）设，则有，，即，解得，

即；

（2）点C关于的对称点，则，，

解得，即，，

直线的方程：，整理：.

18．如图，在直三棱柱中，，，分别为和的中点，．

(1)求证：；

(2)求直线与平面所成角的正弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）首先通过线面垂直的判定定理得证平面，从而得证；

（2）首先通过线面垂直的判定定理得证平面，从而得到即为所求角，求出该角的正弦值即可得到答案.

【详解】（1）证明：因为是直三棱柱，所以平面，

平面，所以，

又因为，为中点，

所以，，

所以平面，

平面，所以．

（2）依题意得，

又因为，，

所以，，所以平面．

，，所以平面，

连结，即为直线与平面所成角．

因为，所以，，

.

所以与平面所成角的正弦值为．

19．已知点，动点与点的距离是它与点的距离的倍.

(1)求点的轨迹的方程；

(2)若直线（为任意实数）与交于两点，求取得最小值时直线方程.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）根据两点间距离公式进行求解即可；

（2）根据直线所过的定点与圆的位置关系，结合圆的几何性质进行求解即可.

【详解】（1）设，

因为动点与点的距离是它与点的距离的倍，所以有；

（2），

因为，

所以有，

因此直线过定点，

因为，

所以点在圆内，圆心为，

因此当直线与直线互相垂直时，有最小值，

所以直线的方程为.

20．如图，已知平面，底面为矩形，分别为的中点.

(1)求证：平面；

(2)求平面与平面的夹角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】(1) 若为中点，连接，易证为平行四边形，则，根据线面平行的判定即可证明；

(2)建立空间直角坐标系，易知是面的一个法向量，求出平面的法向量量，利用向量的夹角公式即可求解.

【详解】（1）若为中点，连接，又､为､的中点，底面为矩形，所以且，而且，所以且，故为平行四边形，

故，又面，面，则面.

（2）由题意，可构建如下图示的空间直角坐标系，，所以，，，，

则，，，

若是面的一个法向量，则，

令，故，

又是面的一个法向量，

所以，

故平面与平面的夹角的余弦值.

21．已知圆：.

（1）求过点且与圆相切的直线的方程；

（2）已知点，，是圆上的动点，求面积的最大值.

【答案】（1）或；（2）.

【分析】（1）将圆化为标准式，求出圆心与半径，讨论直线的斜率存在或不存在，当不存在时，设出点斜式，利用点到直线的距离等于半径即可求解.

（2）将问题转化为求圆上的点到直线距离的最大值即可求解.

【详解】（1）当直线的斜率不存在时：，此时圆心到直线的距离等于半径，满足题意，

当直线的斜率存在时，设直线方程为：，圆：，

因为直线与圆相切，所以圆心到直线的距离等于圆的半径，

即，∴

所以直线方程为：.

（2）∵，，

∴，直线的方程为：，

圆心到直线AB的距离为：，

所以点P到直线AB的距离的最大值为，

所以.

22．已知椭圆的短轴长为，左顶点A到右焦点的距离为．

(1)求椭圆的方程

(2)设直线与椭圆交于不同两点，（不同于A），且直线和的斜率之积与椭圆的离心率互为相反数，求证：经过定点．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）依题意可得、，再根据，即可求出、，从而求出椭圆方程、离心率；

（2）设直线为，，，联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，依题意可得，即可得到方程，整理得到，即可得到、的关系，从而求出直线过定点；

【详解】（1）解：依题意、，又，解得，，

所以椭圆方程为，离心率；

（2）解：由（1）可知，

当直线斜率存在时，设直线为，联立方程得，消去整理得，

设，，所以，；

因为直线和的斜率之积与椭圆的离心率互为相反数，所以；

即

所以，

即，

所以，即，所以或，

当时，直线：，恒过定点，因为直线不过A点，所以舍去；

当时，直线：，恒过定点；

当直线斜率不存在时，设直线，，，

则，且，

解得或（舍去）；

综上可得直线恒过定点.