2023-2024学年山东省济南重点中学高二（上）月考数学试卷（10月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年山东省济南重点中学高二（上）月考数学试卷（10月份）（含解析），共7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.已知直线过点(1,2)，且在纵坐标上的截距为横坐标上的截距的两倍，则直线l的方程为( )
A. 2x−y=0B. 2x+y−4=0
C. 2x−y=0或x+2y−2=0D. 2x−y=0或2x+y−4=0
2.过点(−2,0)与圆x2+y2−4x−m=0相切的两条直线垂直，则m=( )
A. −4B. −2 2C. 2 2D. 4
3.如果方程x2+ky2=2表示焦点在y轴上的椭圆，那么实数k的取值范围是( )
A. (1,+∞)B. (1,2)C. (12,1)D. (0,1)
4.阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与阿基米德、欧几里得并称为亚历山大时期数学三巨匠，他研究发现：如果一个动点P到两个定点的距离之比为常数λ(λ>0，且λ≠1)，那么点P的轨迹为圆，这就是著名的阿波罗尼斯圆．若点C到A(−1,0)，B(1,0)的距离之比为 3，则点C到直线x−2y+8=0的距离的最小值为( )
A. 2 5− 3B. 5− 3C. 2 5D. 3
5.设x，y∈R，向量a=(x,1,1)，b=(1,y,1)，c=(2,−4,2)，且a⊥c，b/​/c，则|a+b|=．( )
A. 2 2B. 10C. 3D. 4
6.如图，G是△ABC的重心，OA=a,OB=b,OC=c，则OG=( )
A. 13a+23b+23c
B. 23a+23b+13c
C. 23a+23b+23c
D. 13a+13b+13c
7.已知两定点A(−3,5)，B(2,8)，动点P在直线x−y+1=0上，则|PA|+|PB|的最小值为( )
A. 5 13B. 34C. 5 5D. 2 26
8.在下列四个命题中：
①若向量a,b所在的直线为异面直线，则向量a,b一定不共面；
②向量a=(2,−1,2),b=(−4,2,m)，若a与b的夹角为钝角，则实数m的取值范围为m0)与曲线W有4个交点，则r= 2或2
C. BD与DE的公切线方程为x+y−1− 2=0
D. 曲线上的点到直线x+y+5 2+1=0的距离的最小值为3
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
11.平面上，动点M满足以下条件，其中M的轨迹为椭圆的是( )
A. M到两定点(0,2)，(0,−2)的距离之和为4
B. M到两定点(0,2)，(0,−2)的距离之和为6
C. M到两定点(3,0)，(−3,0)的距离之和为6
D. M到两定点(3,0)，(−3,0)的距离之和为8
12.已知直线l在x轴，y轴上的截距分别为1，−1，O是坐标原点，则下列结论中正确的是( )
A. 直线l的方程为x−y−1=0
B. 过点O且与直线l平行的直线方程为x−y=0
C. 若点(a,0)到直线l的距离为 22，则a=0
D. 点O关于直线l对称的点为(1,−1)
13.已知圆O：x2+y2=4，下列说法正确有( )
A. 对于∀m∈R，直线(2m+1)x+(m+1)y−7m−4=0与圆O都有两个公共点
B. 圆O与动圆C：(x−k)2+(y− 3k)2=4有四条公切线的充要条件是|k|>2
C. 过直线x+y−4=0上任意一点P作圆O的两条切线PA，PB(A,B为切点)，则四边形PAOB的面积的最小值为4
D. 圆O上存在三点到直线x+y−2=0距离均为1
14.已知平面α的一个法向量为n1=(1,−2,−12)，平面β的一个法向量为n2=(−1,0,−2)，直线l的方向向量为a=(1,0,2)，直线m的方向向量为b=(0,1,−2)，则( )
A. l/​/αB. α⊥β
C. l与m为相交直线或异面直线D. a在b向量上的投影向量为(0,45,85)
三、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
15.直线l1：x+ay+6=0与l2：(a−2)x+3y+2a=0平行，则a的值为______ ．
16.已知圆C1：x2+y2+2x−2y=0，圆C2：x2+y2−2x+6y=0，则两圆公共弦的长是 ．
17.已知一个圆C经过两个点A(2,−3)，B(−2,−5)，且圆心在直线x−2y−3=0上，则该圆的标准方程为______ ．
18.已知椭圆x225+y29=1上的点M到该椭圆一个焦点F的距离为2，N是MF的中点，O为坐标原点，那么线段ON的长是______ ．
19.已知A(1,2,0)，B(3,1,2)，C(2,0,4)，则点C到直线AB的距离为______．
20.已知点P(−1,2)及圆(x−3)2+(y−4)2=4，一光线从点P出发，经x轴上一点Q反射后与圆相切于点T，则|PQ|+|QT|的值为______．
四、解答题（本大题共4小题，共48.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
21.(本小题12.0分)
已知点A(−1,1)，B(2,3)，直线l：2x+y+3=0．
(1)求线段AB的中点坐标及直线AB的斜率；
(2)若直线l′过点B，且与直线l平行，求直线l′的方程．
22.(本小题12.0分)
求适合下列条件的椭圆的标准方程
(1)经过两点(2,− 2)，(−1, 142)；
(2)过点( 3,− 5)，且与椭圆y225+x29=1有相同的焦点．
23.(本小题12.0分)
如图，直三棱柱ABC−A1B1C1中，ABC是边长为2的正三角形，O为AB的中点．
(1)证明：CO⊥平面ABB1A1；
(2)若直线B1C与平面ABB1A1所成的角的正切值为 155，求平面A1BC1与平面ABC1夹角的余弦值．
24.(本小题12.0分)
已知圆C的圆心坐标为C(3,0)，且该圆经过点A(0,4)．
(1)求圆C的标准方程；
(2)若点B也在圆C上，且弦AB长为8，求直线AB的方程；
(3)直线l交圆C于M，N两点，若直线AM，AN的斜率之积为2，求证：直线l过一个定点，并求出该定点坐标．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查直线的截距式方程，注意分析直线的截距是否为0，属于基础题．
根据题意，根据直线l是否经过原点分2种情况讨论，分别求出直线l的方程，综合即可得答案．
【解答】
解：根据题意，分2种情况讨论：
①，直线l过原点，又由直线经过点(1,2)，此时直线l的方程为y=2x，即2x−y=0；
②，直线l不过原点，设其方程为xa+y2a=1，
又由直线经过点(1,2)，则有1a+22a=1，解可得a=2，此时直线l的方程为2x+y−4=0，
故直线l的方程为2x−y=0或2x+y−4=0，
故选：D．
2.【答案】D
【解析】解：圆x2+y2−4x−m=0化为标准方程为(x−2)2+y2=m+4，
则圆心坐标为(2,0)，半径为r= m+4(m>−4)，
依题意，点(−2,0)，圆心以及两切点围成的四边形为正方形，
且正方形的边长为半径r，
则圆心(2,0)与(−2,0)的距离等于正方形的对角线长，
即4= 2r2= 2× m+4，
解得m=4．
故选：D．
将圆的方程化为标准方程，表示出圆心和半径，根据题意，4= 2r2= 2× m+4，由此可得m的值．
本题考查直线与圆相切的性质，考查运算求解能力，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：由x2+ky2=2，得x22+y22k=1，
∵方程x2+ky2=2表示焦点在y轴上的椭圆，
∴2k>2，解得016)，
代入点( 3,− 5)，解得m=20，
所以所求椭圆方程为： y220+x24=1．
【解析】(1)设椭圆方程为mx2+ny2=1，(m>0,n>0,m≠n)则4m+2n=1m+72n=1，解得m，n即可；
(2)可设所求的椭圆方程为：y2m+x2m−16=1，(其中m>16)，代入点( 3,− 5)，解得m即可，
本题考查了椭圆的标准方程以及焦点相同和不确定的问题的椭圆方程的设法，属于基础题．
23.【答案】证明：(1)∵ABC是正三角形，O为AB的中点，∴CO⊥AB．
又∵ABC−A1B1C1是直三棱柱，∴AA1⊥平面ABC，∴AA1⊥CO．
又AB∩AA1=A，∴CO⊥平面ABB1A1．
解：(2)连接OB1，由(1)知CO⊥平面ABB1A1，
∴直线B1C与平面ABB1A1所成的角为∠CB1O，∴tan∠CB1O= 155．
∵△ABC是边长为2的正三角形，则CO= 3，∴OB1= 5．
在直角△B1BO中，OB=1，OB1= 5，∴BB1=2．
建立如图所示坐标系，则B(1,0,0)，A(−1,0,0)，A1(−1,2,0)，B1(1,2,0)，C1(0,2, 3)．
∴BA1=(−2,2,0)，BC1=(−1,2, 3)，
设平面A1BC1的法向量为m=(x,y,z)，则−2x+2y=0−x+2y+ 3z=0，
解得平面A1BC1的法向量为m=( 3, 3,−1)．AB=(2,0,0)，AC1=(1,2, 3)，
设平面ABC1的法向量为n=(x,y,z)，则2x=0x+2y+ 3z=0，
解得平面ABC1的法向量为n=(0,− 3,2)．
设平面A1BC1与平面ABC1夹角为θ，则csθ=|m⋅n||m|⋅|n|=57．
平面A1BC1与平面ABC1夹角的余弦值为57．
【解析】(1)利用线面垂直的判定定理证明即可；
(2)连接OB1，由(1)知CO⊥平面ABB1A1，又直线B1C与平面ABB1A1所成的角的正切值为 155，可得BB1=2，以O为坐标原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用二面角的坐标公式计算大小可得答案．
本题考查二面角，考查学生的推理运算能力，属于中档题．
24.【答案】(1)解：设圆的标准为(x−3)2+y2=r2，把A(0,4)代入得r=5，
故圆的标准方程为(x−3)2+y2=25．
(2)解：①当直线AB的斜率不存在时，直线AB的方程为x=0，此时弦AB长为8，符合题意；
②当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y=kx+4，
联立方程y=kx+4(x−3)2+y2=25，则(1+k2)x2−(6−8k)x=0，
所以B(6−8k1+k2,4+6k−4k21+k2)，
根据弦AB长为8，可得|AB|= (6−8k1+k2)2+(4+6k−4k21+k2−4)2=8，
解得k=−724，所以直线AB的方程为7x+24y−96=0，
(令解：当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y=kx+4，即kx−y+4=0，
由题意可知圆心C到直线AB的距离为3，所以|3k+4| k2+1=3，
解得k=−724，所以直线AB的方程为7x+24y−96=0)
综上所述，直线AB的方程为x=0或7x+24y−96=0；
(3)证明：当直线l斜率不存在时，设M(a,b)，N(a,−b)，
∵直线AM，AN的斜率之积为2，A(0,4)，
∴b−4a⋅−b−4a=2，即b2=16−2a2，
∵点M(a,b)在圆上，
∴(a−3)2+b2=25，
联立b2=16−2a2(a−3)2+b2=25，无解，舍去，
当直线l斜率存在时，设直线l：y=kx+t，M(x1,kx1+t)，N(x2,kx2+t)，
kAM⋅kAN=kx1+t−4x1⋅kx2+t−4x2=2⇒(k2−2)x1x2+k(t−4)(x1+x2)+(t−4)2=0①
联立方程y=kx+t(x−3)2+y2=25⇒(k2+1)x2+(2kt−6)x+t2−16=0，
∴x1+x2=−(2kt−6)1+k2，x1x2=t2−161+k2，
代入①，得(k2−2)(t2−16)+(kt−4k)(−2kt+6)+(t−4)2(1+k2)=0，
化简得k=t6+2，∴直线l的方程为：y=(t6+2)x+t，所以过定点(−6,−12)．
【解析】(1)设圆的标准为(x−3)2+y2=r2，直接求出；
(2)分直线AB的斜率存在和不存在两种情况讨论，即可求得直线AB的直线方程；
(3)当直线l的斜率不存在时，设M(a,b)，N(a,−b)，由直线AM，AN的斜率之积为2，及点M在圆上可得关于a，b的方程组，解方程组即可，当直线l的斜率存在时，可设直线l：y=kx+t，M(x1,kx1+t)，N(x2,kx2+t)，根据kAM⋅kAN=2⇒(k2−2)x1x2+k(t−4)(x1+x2)+(t−4)2=0，求出k，t关系，代入直线方程求出即可．
本题主要考查求圆的标准方程，直线和圆的位置关系，考查定点问题，属于中档题．