2023-2024学年河北省石家庄二中高二上学期第一次月考（10月）数学试题含答案

这是一份2023-2024学年河北省石家庄二中高二上学期第一次月考（10月）数学试题含答案，共26页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，未知等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知直线：，：，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】根据直线平行、充分、必要条件的知识求得正确答案.
【详解】依题意，：，：，
若两直线平行，则，
解得或.
当时，：，：，
此时两直线重合，不符合.
当时，：，：，符合题意.
所以“”是“”的充要条件.
故选：C
2．若点在圆的外部，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据点与圆的位置关系及方程表示圆列出方程组，从而可得出答案.
【详解】解：因为点在圆的外部，
所以，解得.
故选：C．
3．已知动圆过点，并且在圆B：的内部与其相切，则动圆圆心的轨迹方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据圆与圆的位置关系，整理等式，根据椭圆的定义，可得答案.
【详解】由圆，则其圆心，半径为，
设动圆的圆心为，半径为，
由圆在圆的内部与其相切，则，
由圆过点，则，即，
所以动点的轨迹为以为焦点的椭圆，则，，
，所以其轨迹方程为.
故选：D.
4．关于空间向量，以下说法不正确的是（ ）
A．若两个不同平面α，β的法向量分别是，且，则
B．若直线l的方向向量为，平面α的法向量为，则直线l//α
C．若对空间中任意一点O，有，则P，A，B，C四点共面
D．两个非零向量与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则这两个向量共线
【答案】B
【分析】由面面垂直的向量表示可判断A；由线面平行的向量表示可判断B；根据向量共线定理，可判断C；由空间向量基底的表示可判断D.
【详解】对于A，，所以，A正确；
对于B， ，所以，B错误
对于C，对空间中任意一点O，有，满足，则P，A，B，C四点共面，可知C正确；
对于D，两个非零向量与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则这两个向量共线，所以D正确.
故选：B.
5．已知圆，圆，点、分别是圆、圆上的动点，点为上的动点，的最小值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】作出圆关于直线的对称圆圆，分析可知，当、分别为线段与圆、圆的交点，且为线段与直线的交点时，取最小值，即可得解.
【详解】圆的圆心为，半径为，
如下图所示：
圆关于直线的对称圆为圆，圆心为，半径为，
设点关于直线的对称点为点，则，
所以，，
当且仅当、分别为线段与圆、圆的交点，且为线段与直线的交点时，等号成立，
故的最小值为.
故选：B.
6．已知直线与曲线有两个不同交点，则．
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】可将动直线与曲线有两个不同的交点转化为直线与半圆的位置关系，后者利用数形结合可得实数的取值范围.
【详解】曲线方程可化为：
即.
故曲线为如图所示的半圆：
当直线与半圆相切时，圆心到该直线的距离，
所以或（舍）.
当直线过原点时，，因为直线与半圆有两个不同的交点，
故.
故选A.
【点睛】一般地，曲线或曲线表示的图形为半圆，解题中注意观察曲线方程的特点，从而利用熟悉的曲线之间的关系来考虑较为复杂方程的解的不同情形.
7．菱形的边长为4，，E为AB的中点（如图1），将沿直线DE翻折至处（如图2），连接，，若四棱锥的体积为，点F为的中点，则F到直线BC的距离为（ ）

A． B．C．D．
【答案】A
【分析】由已知可证得 平面，平面，所以以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.
【详解】连接，因为四边形为菱形，且，所以为等边三角形，
因为 E为AB的中点，所以，所以，
因为，平面，所以 平面，
因为菱形的边长为4，所以，
所以直角梯形的面积为，
设四棱锥的高为，则，得，
所以，所以平面，
所以以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则
，
所以，
所以
所以，
所以F到直线BC的距离为，
故选：A

8．已知定点，若在圆上的两点、满足，那么的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由题意可知，、、三点共线，求出线段的中点的轨迹方程，结合圆的几何性质可求得点到直线的距离的最小值，过点、、分别作直线的垂线，垂足分别为、、，可得出，即可得出，即可得出所求代数式的最小值.
【详解】由题可知，点，且、、三点共线，
设线段的中点为，连接，则，即，如下图所示：
所以，，即，
所以，点的轨迹方程为，
所以，点的轨迹是以点，为半径的圆，
设直线的方程为，
则点到直线的距离的最小值为，
过点、、分别作直线的垂线，垂足分别为、、，
则四边形为直角梯形或矩形，且为的中点，
所以，，即，
即，
所以，的最小值为.
故选：C.
二、多选题
9．直线经过点，且在两坐标轴上的截距的绝对值相等，则直线的方程可能是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BCD
【分析】根据题意，分直线的截距为0和直线的截距不为0，两种情况讨论，结合直线的截距式方程，即可求解.
【详解】当直线的截距为0时，此时直线的方程为，即．
当直线的截距不为0时，设直线的方程为，
则，解得或，
当时，可得直线的方程为，即；
若时，可得则直线的方程为，即．
故选：BCD.
10．如图，在三棱柱中，M，N分别是，上的点，且，．设，，，若，，，则（ ）

A．B．
C．D．
【答案】BD
【分析】利用向量的加减法则，以为基底可得，可得A错误；由计算可得，可知B正确；分别表示出可得不为零，可得C错误；利用C中结论，分别求出，即可得，即D正确.
【详解】对于A，根据题意可得，又，，
所以可得
，
即，可知A错误；
对于B，由（1）知，所以
，
所以，即可知B正确；
对于C，易知，
此时
，所以与不垂直，即C错误；
对于D，由选项C可得，且，即；
，即；
所以可得，即D正确.
故选：BD
11．已知圆，点为直线上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．圆心到直线的最大距离为8
B．若直线平分圆的周长，则
C．若圆上至少有三个点到直线的距离为，则
D．若，过点作圆的两条切线，切点为，，当点坐标为时，有最大值
【答案】BD
【分析】由圆，知圆心，半径，由直线过圆心可求，从而判断B；恒过定点,可求点到直线的最大距离，判断A；由已知圆心到直线的距离，可求的范围判断C；利用，从而可求最小时的位置判断D．
【详解】由圆，知圆心，半径，
对于A,直线恒过定点，点到直线的最大距离为，故A不正确；
对于B,直线平分圆的周长，则直线过圆心，，解得，故B正确；
对于C,若圆上至少有三个点到直线的距离为，则圆心到直线的距离，
，解得，故C错误；
对于D,，要使最大，只需要最大即可，又，故需最小，此时与直线垂直，故此时与定点重合，故,故D正确，
故选：BD．
12．如图，在正方体中，，点分别为的中点，点满足，则下列说法正确的是（ ）

A．若，则四面体的体积为定值
B．若，则平面
C．平面截正方体所得的截面的周长为
D．若，则四面体外接球的表面积为
【答案】BD
【分析】由正方体的性质作出平面截正方体所得的截面，计算出周长判断C，由向量中的三点共线定理得出点在上，由与平面的关系及锥体体积公式判断A，建立空间直角坐标系，利用空间向量法判断是否与平面垂直判断B，由四面体的外接球与四棱锥的外接球相同，找到外接球球心位置计算出球半径得球表面积判断D．
【详解】如图1，取的中点，连接，易得，取的中点，连接，易得，再取的中点，连接，则，所以，则是平面与正方体底面的交线，延长，与的延长线交于，连接，交于，则，且五边形即平面交正方体的截面，由是中点且得，又由得，从而可计算得，所以平面截正方体所得的截面的周长为，故C错误．

对于A，因为，
所以三点共线，所以点在上，因为与平面不平行，所以四面体的体积不为定值，A错误．
对于B，如图2，以A为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，则，
，则，，
是平面的一个法向量，所以平面，故B正确．

对于D，若，则点即点．易知，（由平面可得），同理，即四边形是矩形，则四面体的外接球与四棱锥的外接球相同，
在中，，
在图3四棱锥中，取是中点，则，的外心在上，
，则外接圆的半径为，
设，取中点，连接，则，同样由平面，平面，得，而与是平面内两相交直线，因此有平面，同理可证平面，得，
作矩形 ，可得，平面，平面，从而知是四棱锥的外接球的球心，
所以四面体外接球的半径，即四面体外接球的表面积为，D正确．

故选：BD．
【点睛】难点点睛：本题难点是作出正方体的截面，为此需要确定该截面与正方体各面的交线，关键是确定截面与正方体相应棱的交点，根据是平面的基本事实及其推论同时注意面面平行的性质定理的应用．
三、填空题
13．已知圆与圆，则圆和圆的一条公切线的方程为 .
【答案】（写出或或其中一条即可）
【分析】设两圆的公切线方程为，根据圆心到直线的距离均为求解方程.
【详解】解：因为圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为，
因为，所以，圆和圆外切，
故圆和圆有三条公切线，
若两圆公切线的斜率不存在，设公切线的方程为，则，无解.
所以，两圆公切线的斜率存在，设公切线方程为，即，
由题意可得，可得，所以，或，
当时，可得；
当，代入可得，解得，
所以，两圆公切线方程为或或.
故答案为：（写出或或其中一条即可）
14．已知椭圆的一条弦所在的直线方程是，弦的中点坐标是，则椭圆的离心率是 ．
【答案】
【分析】先利用点差法应用弦中点，再求椭圆离心率.
【详解】设直线与椭圆交于两点，其中，
将两点代入椭圆可得，两式作差可得，
即，又中点坐标是，
所以，所以，
令，则，所以，
所以，
故答案为：
15．已知圆和点，点，M为圆O上的动点，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】点，作出辅助线，通过证明三角形相似推得，进而转化为求解的最小值.根据图象，即可得出三点共线时，有最小值，根据两点间的距离公式，即可得出答案.
【详解】
如图，点，连接，
则，，
又，
所以，.
又，
所以，，
所以，，
所以，，
所以，.
当三点共线时，取得最小值，
最小值为.
故答案为：.
16．在正四棱锥中，若，，平面AEF与棱PD交于点G，则四棱锥与四棱锥的体积比为 ．
【答案】
【分析】利用已知四点共面推得.然后由椎体体积公式，求出和的值，即可得出答案.
【详解】
由已知可得，.
设，
由四点共面可设，
则，
所以
，
整理可得，.
又不共面，
所以有，解得，即.
设分别是点到平面和点到平面的距离，则，
所以，
.
又，
所以.
同理可得，
.
又，
所以.
所以，.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：将点共面问题转化为向量共面，根据向量共面列出关系式.
四、解答题
17．已知的顶点，若AB边上的中线CM所在直线方程为，AC边上的高线BN所在直线方程为．
(1)求顶点B的坐标；
(2)求直线BC的方程．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设，则，根据已知列出方程组，求解即可得出答案；
（2）根据已知求出直线的方程，进而联立方程得出的坐标，代入两点式方程化简即可得出答案.
【详解】（1）设，则，
由已知可得，
解得，
所以，点的坐标为.
（2）由已知可设直线的方程为，
又点A在直线上，所以有，解得，
所以，直线的方程为.
联立直线与的方程可得，
点坐标为.
将坐标代入两点式方程有，
整理可得，.
五、未知
18．已知线段AB的端点B的坐标是，端点A在圆上运动，M是线段AB的中点，
(1)求点M的轨迹方程；
(2)记（1）中所求轨迹为曲线C，过定点的直线l与曲线C交于P，Q两点，曲线C的中心记为点C，求面积的最大值，并求此时直线l的方程．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）设点，根据题意得到，代入圆，即可求解；
（2）根据题意，设直线，求得圆心到直线的距离为，得到，结合基本不等式，求得最小值，进而求得直线的方程.
【详解】（1）解：设点，由点的坐标为，且是线段的中点，
则，可得，即，
因为点在圆上运动，所以点点坐标满足圆的方程，
即，整理得，
所以点的轨迹方程为.
（2）解：过点定点的直线与曲线交于两点，则直线的斜率一定存在且不为，
设直线，即，
则圆心到直线的距离为，
又因为，
当且仅当时，即时，等号成立，
所以时，取得最大值，此时，解得或，
所以取得最大值，此时直线的方程为或.
19．如图1，在中，、分别为、的中点，为的中点，，．将沿折起到的位置，使得平面平面，如图2．
(1)求证：；
(2)线段上是否存在点，使得直线和所成角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，且.
【分析】（1）推导出平面，利用线面垂直的性质可证得结论成立；
（2）以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设，根据空间向量法可求出的取值.
【详解】（1）在图1中，因为，、分别为、的中点，
则，，
翻折后，在图2中，因为为的中点，则，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以，平面，
因为平面，所以，.
（2）取的中点，连接，翻折前，则、、三点共线，
又因为，为的中点，则，即，
翻折后，则有，
又因为平面，以点为坐标原点，
、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
设，其中，
所以，，
,
由题意可得，
整理可得，又因为，解得，
因此，线段上存在点，使得直线和所成角的余弦值为，且.
20．如图①，在平面五边形ABCDE中，四边形ABCD为直角梯形，且，如果已知，，是以AD为斜边的等腰直角三角形，现将沿AD折起，连接EB，EC得图②所示的几何体．
(1)若点M是ED的中点，求证：平面ABE；
(2)若，在棱EB上是否存在点F，使得二面角的大小为？若存在，求出点F的位置，并求出此时直线DF与平面BCE夹角的正弦值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，点为线段的中点，直线DF与平面BCE夹角的正弦值为
【分析】（1）取中点为，连接，根据已知证得，，进而根据线面平行以及面面平行的判定定理得出平面平面，然后即可得出证明；
（2）先证明平面，然后建立空间直角坐标系，设，写出点以及向量的坐标，求出平面以及平面的法向量，表示出二面角，求出的值；然后求出平面BCE的法向量，根据向量法即可得出答案.
【详解】（1）
取中点为，连接，
因为分别是的中点，
所以，且.
由已知可得，，
所以，四边形是平行四边形，
所以，.
因为平面，平面，
所以，平面.
同理可得，平面.
因为平面，平面，，
所以，平面平面.
因为平面，
所以，平面ABE.
（2）
连接，
由（1）可知，，
因为为等腰直角三角形，
所以，，.
因为，所以有，
所以.
因为，平面，平面，
所以，平面.
又，
如图2，以点为坐标原点，分别以所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
，，.
设存在点，且，
则，.
设平面的一个法向量为，
则有，
取，则.
又平面的一个法向量为，
由已知二面角的大小为可得，
，即，
解得，所以点为线段的中点，
所以，.
又，，
设平面的一个法向量为，
则有，
取，可得，
所以，直线DF与平面BCE夹角的正弦值等于.
六、解答题
21．在平面直角坐标系中,点,直线,设圆的半径为1且关于直线对称.
(1)若圆心在直线上,过点作圆的切线,求切线的方程；
(2)点关于点的对称点为，若圆上存在点,使,求圆心的横坐标的取值范围.
【答案】(1)或；
(2).
【分析】（1）先求出圆心坐标，可得圆的方程，再设出切线方程，利用点到直线的距离公式，即可求得切线方程；
（2）设出点的坐标，利用，寻找坐标之间的关系，进一步将问题转化为圆与圆的位置关系，即可得出结论．
【详解】（1）由得圆心为,
∵圆的半径为1，
∴圆的方程为，
显然切线的斜率存在，设所求圆的切线方程为,即，
∴，
∴，
或，
∴所求圆的切线方程为：或；
（2）∵关于点的对称点为，
∴，
∵圆的圆心在直线上，
设圆心为，
又∵，
∴设，则，
整理得，，设为圆，则，半径为2，
∴点应该既在圆上又在圆上，即圆和圆有交点
∴，
∴，
由得，
由得，
终上所述,的取值范围为.
22．给定椭圆，我们称圆为椭圆E的“伴随圆”．已知椭圆E中，离心率为．
(1)求椭圆E的方程；
(2)若直线与椭圆E交于A、B两点，与其“伴随圆”交于C、D两点，．求弦长的最大值．
【答案】(1)
(2)2
【分析】（1）由离心率得关系，结合及关系式，可求，进而得到椭圆E的方程；
（2）由圆的几何关系求得弦心距，再结合圆心到直线距离公式可求关于的关系式，联立直线与椭圆方程，写出韦达定理，利用弦长公式化简，结合基本不等式可求的最大值．
【详解】（1）由题可知，，，且，解得，
故椭圆的标准方程为：.
（2）由（1）可求“伴随圆”为：，
因为，所以圆心到直线距离为，
由圆心到直线距离公式得，解得，
联立直线与椭圆方程，得，
由得，由得，，
设，则，
由弦长公式可得：
，
若时，则；
若时，则
当且仅当时取到等号，
综上所述：弦长的最大值2.