2022-2023学年广东省鹤山市第一中学高二上学期10月月考数学试题（解析版）

2022-2023学年广东省鹤山市第一中学高二上学期10月月考数学试题

一、单选题

1．已知直线，，若，则实数的值为（    ）

A．1 B． C． D．

【答案】A

【分析】利用一般式下两直线垂直的充要条件“”即可求解

【详解】由．

故选：A．

2．在空间直角坐标系中，点关于x轴的对称点的坐标为N，已知点，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】先求出点 坐标，再利用两点间距离公式得解.

【详解】因为点关于x轴的对称点的坐标为N，所有点

故选：A

【点睛】本题考查空间中点的对称关系及两点间的距离，属于基础题.

3．设，，直线过点且与线段相交，则的斜率的取值范围是（    ）

A．或 B．

C． D．或

【答案】D

【分析】如图，求出可得斜率的取值范围.

【详解】

由题设可得，

因为直线与线段相交，则或，

故选：D.

4．如图．空间四边形中，，点M在上，且满足，点N为的中点，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由空间四边形各棱的位置关系，结合空间向量加减、数乘的几何意义，用表示即可得结果.

【详解】由题图，，而，，，

所以.

故选：D

5．已知直线与圆相离，则实数m的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】由圆心到直线的距离大于半径即可求解.

【详解】由，得，

∵直线与圆相离，

∴解得．

∴实数m的取值范围是，

故选:D．

6．如图，下列正方体中，O为下底面的中心，M，N为正方体的顶点，P为所在棱的中点，则满足直线的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，再对每一个选项逐一分析，利用空间位置关系的向量证明推理作答.

【详解】在正方体中，对各选项建立相应的空间直角坐标系，令正方体棱长为2，点，

对于A，，，，与不垂直，A不是；

对于B，，，，，B是；

对于C，，，，与不垂直，C不是；

对于D，，，，与不垂直，D不是.

故选：B

7．已知圆与圆的公共弦所在直线恒过点，且点在直线上，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】求出两圆的公共弦方程，求出点的坐标，可得出，再利用基本不等式可求得的取值范围.

【详解】将圆与圆的方程相减得公共弦所在直线的方程为，即，

由，得，即点，

因此，，，由基本不等式可得，

当且仅当时，等号成立，

因此，的取值范围是.

故选：D.

【点睛】方法点睛：当两圆相交时，把两圆方程（、项系数相同）相减便可得两圆公共弦所在直线的方程.

8．已知椭圆，P是椭圆C上的点，是椭圆C的左右焦点，若恒成立，则椭圆C的离心率e的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】设出点坐标后将用坐标表示，结合在椭圆上，将点坐标代入椭圆方程，二者联立后化简即可得出离心率的取值范围.

【详解】设，

在椭圆上，，

，两边都乘以化简后得：，，

，又因为椭圆离心率，.

故选：A.

【点睛】椭圆的离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：

①求出a，c，代入公式；

②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝a2－c2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．

二、多选题

9．已知向量，，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BCD

【分析】根据空间向量线性运算的坐标表示及数量积的坐标运算一一计算可得.

【详解】解：因为，，

所以，所以，故A错误；

因为，，所以，故B正确；

因为，所以，故C正确；

因为，，所以，所以，故D正确.

故选：BCD

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．经过点，倾斜角为的直线方程为

D．经过两点的直线方程为

【答案】BD

【分析】根据直线方程、倾斜角、斜率等知识对选项逐一分析，从而确定正确选项.

【详解】A选项中直线在两坐标轴上的截距相等，但不能用表示，所以A选项错误；

B选项，方程表示的直线斜率为，所以B选项正确.

C选项中若则直线斜率不存在，直线不能用点斜式表示，故C错.

D选项，结合直线方程两点式可知，D选项正确.

故选：BD

11．已知,.则下列说法中,正确的有（    ）

A．若在内,则

B．当时,与共有两条公切线

C．若与存在公共弦,则公共弦所在直线过定点

D．,使得与公共弦的斜率为

【答案】BC

【分析】关于选项A,将代入小于0即可,关于选项B,将代入两圆的方程,判断两圆的位置关系,进而判断切线的个数,关于选项C,存在公共弦,两圆方程相减即可得到公共弦所在直线方程,即可判断定点位置是否在直线上,关于选项D,由选项C,得到公共弦所在直线方程,判断斜率是否为即可.

【详解】解:由题知,

,

关于选项A,

将代入可知

,

故选项A错误;

关于选项B,

当时,

,

,

,

与相交,,

故与共有两条公切线,

故选项B正确;

关于选项C,

将两圆的一般方程相减即可得公共弦所在直线方程:

,

将代入直线有:

成立,

故选项C正确;

关于选项D,

由选项C知,公共弦所在直线方程为,

若直线方程的斜率为,则斜率存在,

则有,

解得,

故不存在m使其斜率等于,

故选项D错误.

故选:BC

12．已知正方体的边长为2，M为的中点，P为侧面上的动点，且满足平面，则下列结论正确的是（    ）

A． B．平面

C．与所成角的余弦值为 D．动点P的轨迹长为

【答案】BCD

【分析】建立空间直角坐标系，利用空间夹角公式、空间向量数量积的运算性质逐一判断即可.

【详解】如图建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，

则，

所以，

由平面，得，即，

化简可得：，

所以动点P在直线上，

对于选项A：，所以与不垂直，所以A选项错误；

对于选项B：平面平面，所以平面，B选项正确；

对于选项C：，C选项正确；

对于选项D：动点P在直线上，且P为侧面上的动点，则P在线段上，，所以，D选项正确；

故选：BCD.

三、填空题

13．过点的圆的切线方程为___________.

【答案】或.

【分析】根据切线斜率存在和不存在分类讨论，斜率存在时设直线方程，由圆心到切线距离等于半径求解．

【详解】已知圆圆心坐标为，半径为，易知直线是圆的切线，

当切线斜率存在时，设切线方程为，即，

由，解得，切线方程为，即．

故答案为或．

14．直三棱柱中，，，，，则与所成的角的余弦值为___________.

【答案】##

【分析】分别以为建立空间直角坐标系，用空间向量法求异面直线所成的角．

【详解】分别以为建立空间直角坐标系，如图，设，则，，，，，

因为，，所以分别是的中点，

所以，，

，

，

所以与所成的角的余弦值为．

故答案为：．

15．已知圆，直线，，则直线截圆所得弦长的最小值为__________.

【答案】

【分析】求出直线所过定点，判断定点在圆内，数形结合知直线截圆所得弦长最小时，弦心距最大，此时，利用斜率求出参数m，即可由勾股定理求出此时的弦长.

【详解】直线l可化为，

令，所以直线l恒过定点，

易知点A在圆C内，所以直线截圆所得弦长最小时，弦心距最大，此时，

圆，圆心，半径为5，

，又，则，解得，

，

直线截圆所得弦长的最小值为.

故答案为：

【点睛】本题考查直线过定点问题、求直线截圆所得弦长，属于中档题.

16．已知乃是椭圆的两焦点，为椭圆上任一点，从引外角平分线的垂线，垂足为，则点的轨迹方程为___________.

【答案】

【分析】根据题意，寻找点使得的中垂线为，进而得到，利用三角形中位线定理，结合椭圆定义可得，进而得到点的轨迹方程.

【详解】如图所示，

延长与的延长线交于点，连接，

因为是外角平分线，且，

所以中，且为中点，

因为为椭圆上一点，则，

在中为的中点

所以，

所以点的轨迹方程为.

故答案为：.

【点睛】关键点点睛：本题为椭圆定义的综合应用问题，关键点在于寻找中垂线，转化，进而利用中位线定理使得点的轨迹能和椭圆的定义联系起来，对学生的综合素养，创新能力要求较高，属于难题.

四、解答题

17．已知的顶点.

(1)求边上的中线所在直线的方程；

(2)求经过点，且在轴上的截距和轴上的截距相等的直线的方程.

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）先利用中点坐标公式求出线段的中点，再利用两点式即可求出所求；

（2）分类讨论截距是否为0的情况，再利用截距式即可求得所求.

【详解】（1）线段的中点为，

则中线所在直线方程为：，即.

（2）设两坐标轴上的截距为，

若，则直线经过原点，斜率，

直线方程为，即；

若，则设直线方程为，即，

把点代入得，即，直线方程为；

综上，所求直线方程为或.

18．已知空间中三点，设，．

(1)若，且，求向量；

(2)求向量与向量的夹角的余弦值．

【答案】(1)或；

(2)

【分析】（1）根据向量的模和向量共线的坐标表示，求解即可；

（2）利用数量积运算性质、向量夹角公式即可得出．

【详解】（1）根据题意，，

因为，则，

又，则，则，

则或；

（2）因为

，

所以．

19．如图，正方体的棱长为2，点E为的中点.

(1)求证：平面；

(2)求点到平面的距离；

【答案】(1)详见解析；

(2).

【分析】（1）利用线面平行的判定定理即得；

（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量的距离公式求解.

【详解】（1）由题可知，，

四边形为平行四边形，

，

平面，平面，

平面；

（2）如图建立空间直角坐标系，

则，，，，，

所以，，，

设平面的一个法向量为，

则，取，得，

，

直线到平面的距离为.

20．已知圆M过C(1，﹣1)，D(﹣1，1)两点，且圆心M在x+y﹣2=0上.

（1）求圆M的方程；

（2）设P是直线3x+4y+8=0上的动点，PA，PB是圆M的两条切线，A，B为切点，求四边形PAMB面积的最小值.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）设圆的方程为：，由已知列出方程组，解之可得圆的方程；

（2）由已知得四边形的面积为，即有，又有.因此要求的最小值，只需求的最小值即可，根据点到直线的距离公式可求得答案.

【详解】解：（1）设圆的方程为：，

根据题意得，

故所求圆M的方程为： ；

（2）如图，

四边形的面积为，即

又，所以，

而，即.

因此要求的最小值，只需求的最小值即可，

的最小值即为点到直线的距离

所以，

四边形面积的最小值为.

21．已知三棱柱中，.

(1)求证: 平面平面.

(2)若，在线段上是否存在一点使平面和平面所成角的余弦值为 若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由.

【答案】(1)证明见解析；

(2)在线段上存在一点，且P是靠近C的四等分点.

【分析】(1)连接，根据给定条件证明平面得即可推理作答.

(2)在平面内过C作，再以C为原点，射线CA，CB，Cz分别为x，y，z轴正半轴建立空间直角坐标系，利用空间向量计算判断作答.

【详解】（1）在三棱柱中，四边形是平行四边形，而，则是菱形，连接，如图，

则有，因，，平面，于是得平面，

而平面，则，由得，，平面，

从而得平面，又平面，

所以平面平面.

（2）在平面内过C作，由(1)知平面平面，平面平面，

则平面，以C为原点，射线CA，CB，Cz分别为x，y，z轴正半轴建立空间直角坐标系，如图，

因，，则，

假设在线段上存在符合要求的点P，设其坐标为，

则有，设平面的一个法向量，

则有，令得，而平面的一个法向量，

依题意， ，化简整理得：

而，解得，

所以在线段上存在一点，且P是靠近C的四等分点，使平面和平面所成角的余弦值为.

22．已知直线过椭圆的右焦点，且交椭圆于两点，点在直线上的射影分别为点.若，其中为原点，为右顶点，为离心率.

(1)求椭圆的方程；

(2)连接，试探索当变化时，直线是否相交于一定点.若交于定点，请求出点的坐标，并给予证明；否则说明理由.

【答案】(1)

(2)是，定点，证明见解析

【分析】（1）由直线过椭圆右焦点可得的值，再利用离心率结合椭圆的性质即可得到椭圆方程；

（2）利用当时猜想定点坐标，当时，设，则，联立椭圆方程和，利用韦达定理证明三点共线和三点共线即可.

【详解】（1）椭圆的方程为，

过定点，由题意可得，

由，可得，

即，即，解得，

则，，

所以椭圆的方程为.

（2）当时，直线垂直于轴，可得四边形为矩形，

直线，所以直线，相交于点，猜想定点.

当时，分别设，由题意可得，

由，可得，

，，

由，，得，

又，

则，即，所以三点共线.

同理由得，

又，

则，即，所以三点共线.

综上，直线相交于一定点.

【点睛】解决直线与圆锥曲线相交（过定点、定值）问题的常用步骤：

（1）得出直线方程，设交点为；

（2）联立直线与曲线方程，得到关于或的一元二次方程；

（3）写出韦达定理；

（4）将所求问题或题中关系转化为形式；

（5）代入韦达定理求解.