2022-2023学年河南省洛阳市洛宁县第一高级中学高二上学期11月月考数学试题（解析版）

2022-2023学年河南省洛阳市洛宁县第一高级中学高二上学期11月月考数学试题

一、单选题

1．设，向量，，，且，，则（    ）

A． B． C．3 D．4

【答案】C

【分析】根据空间向量垂直与平行的坐标表示，求得的值，得到向量，进而求得，得到答案.

【详解】由题意，向量，，，

因为，可得，解得，即，

又因为，可得，解得，即，

可得，所以.

故选：C.

2．已知平面内有一点，平面的一个法向量为，则下列四个点中在平面内的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据题设只需，由各选项的点坐标求的坐标，即可得答案.

【详解】由题意，符合条件的点应满足，

A：，则，故不在平面内，不满足；

B：同理，则，故在平面内，满足；

C：同理，则，故不在平面内，不满足；

D：同理，则，故不在平面内，不满足；

故选：B

3．已知点，是与方向相同的单位向量，则在直线上的投影向量为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】求得的坐标，以及在方向的投影，即可求得结果.

【详解】根据题意可得：，

故在方向的投影为，则在直线上的投影向量为.

故选：A.

4．“方程表示椭圆”的一个充分条件是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由方程表示椭圆则可得到或，再由充分条件的定义即可选出答案.

【详解】若方程表示椭圆，

则解得或．

对比选项，A符合题意.

故选：A．

5．如图，在三棱柱中，为的中点，若，，，则可表示为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】结合已知条件，利用空间向量的线性运算即可求解.

【详解】由题意可知，，

因为，，，，

所以.

故选：A.

6．如图，在直三棱柱中，，已知与分別为和的中点， 与分别为线和上的动点（不包括端点），若 、则线段长度的取值范围为（    ）

A．[ ) B．[ ] C．[) D．[]

【答案】A

【分析】以为坐标原点建立空间直角坐标系，设出的坐标，根据已知条件求得参数之间的关系，并建立关于参数的函数关系式，求其值域即可.

【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，

则，设点坐标为，，

故，因为，

故可得，则，由可得，

又，故,

故当时，取得最小值；又当时，，但无法取到，则无法取到；

综上，线段DF长度的取值范围为.

故选：A

7．如图，在正方体中，点O为线段BD的中点．设点在线段上，直线与平面所成的角为，则的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】先确定与平面所成的角的范围，然后在三角形中利用边角关系求解后，再比较大小， 即可得到答案 .

【详解】

如图，连接

由题意可得，直线与平面所成的角的取值范围为 不妨取 在中，

又因为，                         ,

所以的取值范围为

故选：D

8．直线y=x+b与曲线有且仅有一个公共点，则b的取值范围是（    ）

A．b=± B．或

C．-1≤b≤1 D．以上都不对

【答案】B

【分析】画出曲线与直线的图象，结合两个图象有且仅有一个公共点来求得的取值范围.

【详解】由得，x2+y2=1（x≥0），该曲线表示的是圆x2+y2=1在y轴及右侧的部分，如图所示，

y=x+b表示斜率为1，在y轴上的截距为b的直线.

由直线与圆相切，得圆心到直线的距离d==1⇒b=±，

结合图形知b的取值范围是或.

故选：B.

9．已知是椭圆：的左焦点，经过原点的直线与椭圆交于两点，若，且，则椭圆的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】结合椭圆的对称性以及椭圆的定义得到，在中结合余弦定理可得，进而结合离心率的公式可以求出结果.

【详解】

取椭圆的右焦点，连接，由椭圆的对称性以及直线经过原点，所以，且，所以四边形为平行四边形，故，又因为，则，而，因此，由于，则，

在中结合余弦定理可得，

故，即，所以，因此，

故选：A.

10．已知点关于直线：的对称点为A，设直线经过点A，则当点到直线的距离最大时，直线的方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【解析】求出，根据直线垂直于直线时，点到直线的距离最大可以求出直线的斜率，再根据点斜式求出直线方程.

【详解】设，则，解得，所以．

设点到直线的距离为d，当时取得最大值，此时直线垂直于直线，又，所以直线的方程为，即．

故选：B．

【点睛】本题考查了点关于直线对称问题，考查了点到直线的距离的最值问题，考查了由两直线垂直求斜率，考查了直线方程的点斜式，属于基础题.

二、多选题

11．下列说法中，正确的有（    ）

A．点斜式 = 可以表示任何直线

B．直线在轴上的截距为-2

C．直线关于对称的直线方程是

D．点到直线的最大距离为2

【答案】BD

【分析】根据直线点斜式方程，斜截式方程的适用范围，结合直线关于直线的对称直线的求法，以及直线恒过定点的处理方法，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.

【详解】对A：当直线斜率不存在时，不能用该方程表示，故A错误；

对B：在轴上的截距为，故B正确；

对C：点关于的对称点为，故直线关于对称的直线方程是，故C错误；

对D：，即，其恒过定点，

又，

故点到直线的最大距离为2，D正确.

故选：BD.

12．以下四个命题表述正确的是（    ）

A．直线恒过定点

B．圆上有且仅有3个点到直线的距离都等于1

C．圆与圆恰有三条公切线，则

D．已知圆，点P为直线上一动点，过点向圆引两条切线、，、为切点，则直线经过定点

【答案】BCD

【解析】将直线的方程进行整理利用参数分离即可判断选项A；根据圆心到直线的距离与半径的关系比较即可判断选项B；由题意知两圆外切；由圆心距等于半径即可求得值，即可判断选项C；设出点坐标，求出以线段为直径的圆的方程，与已知圆的方程相减即可得直线的方程，即可判断选项D，进而可得正确选项.

【详解】对于选项A：由可得：，

由可得，所以直线恒过定点，故选项A不正确；

对于选项B：圆心到直线的距离等于，圆的半径，

平行于且距离为1的两直线分别过圆心以及和圆相切，

故圆上有且仅有3个点到直线的距离等于，故选项B正确；

对于选项C：由可得，圆心，，

由 可得，

圆心，，由题意可得两圆相外切，所以，

即，解得：，故选项C正确；

对于选项D：设点坐标为，所以，即，

因为、分别为过点所作的圆的两条切线，所以，，

所以点在以为直径的圆上，以为直径的圆的方程为，

整理可得：，与已知圆相减可得，

消去可得：即，由可得，

所以直线经过定点，故选项D正确.

故选：BCD.

【点睛】结论点睛：

（1）圆和圆的公共弦的方程为两圆的方程相减即可.

（2）已知，，以线段为直径的圆的方程为：

.

三、填空题

13．已知圆与圆外切，此时直线被圆所截的弦长_________．

【答案】

【分析】将圆的方程写成标准形式，然后根据两圆外切，可得圆心距离为半径之和，可得，接着计算到直线的距离，最后根据圆的弦长公式计算可得结果.

【详解】由题可知：

，即

且

由两圆向外切可知，解得

所以

到直线的距离为，设圆的半径为

则直线被圆所截的弦长为

故答案为：

14．已知双曲线：，与共渐近线的双曲线过，则的方程是___________.

【答案】

【分析】设双曲线的方程为：，求出即得解.

【详解】设双曲线的方程为：，

由题得

所以双曲线的方程为：即：.

故答案为：

15．正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别为BB1，CD的中点，则点F到平面A1D1E的距离为________．

【答案】

【分析】建立适当的空间直角坐标系，利用坐标表示的空间向量求出点F到平面A1D1E的距离.

【详解】取射线AB，AD，AA1分别为x轴、y轴、z轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图所示．

则A1(0，0，1)，E，F，D1(0，1，1)．

所以＝，＝(0，1，0)．

设平面A1D1E的法向量为=(x，y，z)．

则即，

令z＝2，则x＝1，得=(1，0，2)，又＝，

所以点F到平面A1D1E的距离.

故答案为：

【点睛】点到平面的距离的问题，有共点三直线两两垂直，以建立坐标系求解最佳.

16．已知直线与直线相交于点，线段是圆的一条动弦，且，则的最大值为__________．

【答案】

【分析】由两直线方程可知两直线垂直，且分别过定点、，所以点P的轨迹为以两定点连线段为直径的圆，方程为，因为要求的最大值，可作垂直线段CD⊥AB，根据向量的运算可得，，根据条件求得CD的长度为1，所以点D的轨迹为。根据两圆方程可知点P的轨迹与点D的轨迹外离，故的最大值为两圆的圆心距加上两圆的半径的两倍.

【详解】

∵l1：mx﹣y﹣3m+1=0与l2：x+my﹣3m﹣1=0，

∴l1⊥l2，l1过定点，l2过定点，

∴点P的轨迹方程为圆，

作CD⊥AB，，

所以点D的轨迹为,

则，

因为圆P和圆D的圆心距为，

所以两圆外离，所以|PD|最大值为，

所以的最大值为

故答案为：

四、解答题

17．在下列所给的三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并加以解答．①与直线垂直；②直线的一个方向向量为；③与直线平行．

已知直线过点，______．

（1）求直线的一般方程；

（2）若直线与圆相交于、，求弦长．

【答案】（1）答案见解析；（2）．

【解析】选①：（1）求出直线的斜率，可求得直线的斜率，利用点斜式可求得直线的方程，化为点斜式即可；

（2）求出圆心到直线的距离，利用勾股定理可求得弦长；

选②：（1）求出直线的斜率，利用点斜式可求得直线的方程，化为点斜式即可；

（2）求出圆心到直线的距离，利用勾股定理可求得弦长；

选③：（1）求得直线的斜率，利用点斜式可求得直线的方程，化为点斜式即可；

（2）求出圆心到直线的距离，利用勾股定理可求得弦长.

【详解】选①；（1）因为直线的斜率为，且直线与直线垂直，所以，直线的斜率为．

依题意，直线的方程为．即；

（2）圆的圆心到直线的距离为，

由圆的半径为，可知；

选②：（1）因为直线的一个方向向量为，所以，直线的斜率为，

依题意，直线的方程为，即；

（2）圆的圆心到直线的距离为，

由圆的半径为，可知；

选③：（1）因为直线的斜率为，

又因为直线与平行，所以，直线的斜率为．

依题意，直线的方程为，即；

（2）圆的圆心到直线的距离为，

由圆的半径为，可知.

【点睛】结论点睛：已知直线的一般方程为.

（1）与直线平行的直线的方程可设为；

（2）与直线垂直的直线的方程可设为.

18．已知圆与圆.

(1)证明圆与圆相切，并求过切点的两圆公切线的方程；

(2)求过点且与两圆相切于（1）中切点的圆的方程.

【答案】(1)证明见解析，；

(2).

【分析】（1）将圆与圆化为标准方程即可得到，，半径，再利用圆心距得两圆外切，再利用圆与圆两式相减得，直线经过切点，即可求出答案.

（2）与两圆切于点的圆的圆心必在已知两圆的圆心连线：上，设，利用点在直线上和到的距离等于到点的距离，联立即可求出与，再利用即可求出答案.

【详解】（1）由圆可得：，

由圆可得：，

因此两圆心分别为，，

两圆的半径，

圆心距，所以两圆外切．

由两式相减得，

易知直线经过切点，且的方程为，即，

（2）与两圆切于点的圆的圆心必在已知两圆的圆心连线：上，

设圆心为，

则，解得，

所以，

故所求圆的方程为．

19．已知圆C：，直线l：.

(1)当a为何值时，直线l与圆C相切；

(2)当直线l与圆C相交于A，B两点，且|AB|=时，求直线l的方程.

【答案】(1)；

(2)或.

【分析】（1）由题设可得圆心为，半径，根据直线与圆的相切关系，结合点线距离公式列方程求参数a的值即可.

（2）根据圆中弦长、半径与弦心距的几何关系列方程求参数a，即可得直线方程.

【详解】（1）由圆：，可得，

其圆心为，半径，

若直线与圆相切，则圆心到直线距离，即，可得：.

（2）由（1）知：圆心到直线的距离，

因为，即，解得：，

所以，整理得：，解得：或，

则直线为或.

20．如图，已知斜三棱柱，，，在底面上的射影恰为的中点，且.

(1)求证：平面；

(2)求到平面的距离；

(3)求二面角的平面角的余弦值.

【答案】(1)见解析

(2)

(3)

【分析】（1）由题意得平面，根据面面垂直判定定理得平面平面，由，根据面面垂直性质定理得平面，即得，又已知，所以由线面垂直判定定理得平面；

（2）利用向量求线面距离，首先求平面法向量，再根据向量投影求距离：先根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用方程组求平面法向量；再根据向量投影求距离

（3）利用向量求二面角：先根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用方程组求平面法向量；再根据向量数量积求法向量夹角，最后根据二面角与法向量夹角关系求二面角的平面角的余弦值.

【详解】（1）∵在底面上的射影为的中点，

∴平面，又平面，故平面平面，

∵且平面平面，

∴平面，又平面，

∴，

∵且，平面，

∴平面．

（2）如图所示，以为坐标原点建立空间直角坐标系，

∵平面，平面，

∴

∴四边形是菱形，

∵是的中点，

∴，

∴，

∴，，

设平面的法向量，

∴ ，即，令，

∴，

∵，

∴，

∴到平面的距离是

（3）平面的法向量，平面的法向量

∴，

设二面角的平面角为，为锐角，

∴

∴二面角的余弦值为

21．如图，四棱锥的底面为菱形且，底面ABCD，，E为PC的中点．

(1)求直线DE与平面PAC所成角的大小；

(2)求二面角平面角的正切值；

(3)在线段PC上是否存在一点M，使平面MBD成立如果存在，求出MC的长；如果不存在，请说明理由．

【答案】(1)

(2)2

(3)存在，

【分析】（1）根据条件判断出三条主线两两垂直，建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，相关向量的坐标，根据线面角正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦绝对值即可求解；

（2）先判断二面角是锐角还是钝角，再利用平面法向量夹角与二面角的关系即可；

（3）在假设存在的情况下，利用条件列出关于描述点位置的参数方程，解方程求得参数，最后验证在取得参数值的时候原命题成立即可．

【详解】（1）

连结对角线AC、BD相交于点O，连结DE、OE，则根据中位线性质得到，

平面ABCD，平面ABCD，，底面是菱形ABCD，

以O为原点，OA、OB、OE分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，

，，，，，，，，，，，，

，，，

平面PAC的法向量为，

，

设直线DE与平面PAC所成的角，有，直线DE与平面PAC所成的角为；

（2）设二面角的平面角为，是锐角，等于法向量夹角余弦的绝对值，平面ADC的法向量为，设平面EAD的法向量为，

，取，得到

，

即，，，故二面角的平面角正切值是2．

（3）设PC上存在点M使得平面MBD，则有，

，设，，

，

，

，，

此时，而平面PAC，平面PAC，，，BD，平面平面MBD，

故当时，能使得平面MBD．

22．已知圆C过点，且与圆外切于点，是x轴上的一个动点．

求圆C的标准方程；

当圆C上存在点Q，使，求实数m的取值范围；

当时，过P作直线PA，PB与圆C分别交于异于点P的点A，B两点，且求证：直线AB恒过定点．

【答案】（1）（2）（3）直线AB恒过定点．

【分析】1）设出圆的标准方程x2+（y﹣b）2=r2，由已知可得关于r，b的方程组求解得答案；

（2）把圆C上存在点Q，使∠CPQ=30°，转化为直线y=（x﹣m）与圆C有交点，由圆心到直线的距离小于半径求解；

（3）m=1时，P（1，0），设kPA=k，则kPB=，可得直线PA，PB的方程，与圆的方程联立，求得A，B的坐标，写出AB所在直线方程，分别取k=1和﹣1，得到直线方程，联立求得交点坐标，再代回直线方程验证得答案．

【详解】设圆C：，

则，解得，，，

故圆C的标准方程为：；

解：当圆C上存在点Q，使，等价于直线与圆C有交点，

圆C到直线的距离小于等于半径1，

即，解得，

故实数m的取值范围是；

证明：时，，设，则，

则直线PA：，PB：，

联立，得，

则，得，．

，

同理可得

则．

直线AB的方程为

当时，直线方程为，当时，直线方程为．

联立，解得，．

把点代入成立，

直线AB恒过定点．

【点睛】本题考查圆的标准方程的求法，考查直线与圆位置关系的应用，考查直线恒过定点问题，考查计算能力，是难题．