河南省焦作市第十一中学2023-2024学年高二上学期10月月考 数学试题（含解析）

这是一份河南省焦作市第十一中学2023-2024学年高二上学期10月月考 数学试题（含解析），共19页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

数学
一、选择题（每小题5分，共8小题40分）
1．下列命题中正确的是（ ）
A．空间任意两个向量共面
B．向量、、共面即它们所在直线共面
C．若，，则与所在直线平行
D．若，则存在唯一的实数，使
2．若向量，，且a→,b→的夹角的余弦值为，则实数等于（ ）.
A．0B．C．0或D．0或
3．过点，且在两坐标轴上截距的绝对值相等的直线有（ ）
A．4条B．2条C．3条D．1条
4．在平行六面体中，底面是菱形，侧面是正方形，且，，，若P是与的交点，M是的中点，则（ ）

A．5B．7C．3D．
5．已知点D在确定的平面内，O是平面ABC外任意一点，实数x，y满足，则的最小值为（ ）
A．B．C．1D．2
6．如图，已知正方形所在平面与正方形所在平面构成二面角的平面角为，且异面直线与所成角为60°，则（ ）
A．2B．C．0D．
7．已知直线，，下列命题中正确的是（ ）
A．当时，与重合
B．若∥，则
C．若∥，则两直线间的距离为
D．原点到直线的最短距离为
8．在棱长为2的正方体中，下列说法不正确的是（ ）
A．直线与平面所成的角为
B．
C．三棱锥外接球的表面积为
D．平面与平面的距离为
二、多选题（每小题5分，共4小题20分）
9．已知空间中三个向量，，，则下列说法正确的是（ ）
A．与是共线向量B．与同向的单位向量是
C．在方向上的投影向量是D．平面ABC的一个法向量是
10．已知空间四点，，，，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．以，为邻边的平行四边形的面积为
C．点到直线的距离为
D．，，，四点共面
11．已知圆，则下列说法正确的是（ ）
A．圆心为B．圆的面积为
C．直线与圆相交D．点在圆内
12．已知两圆为与，则（ ）
A．若两圆外切，则
B．若两圆有3条公切线，则
C．若两圆公共弦所在直线方程为，则
D．为圆上任一点，为圆上任一点，若的最大值为，则
三、填空题（每小题5分，共4小题20分）
13．已知、是分别经过，两点的两条平行直线，当、间的距离最大时，直线的方程为 ．
14．已知入射光线经过点，被直线反射，反射光线经过点，则反射光线所在直线的方程为 .
15．直线分别与轴，轴交于两点，点在圆上，则面积的取值范围是 ．
16．正四棱柱中，底面边长为1，侧棱长为分别是异面直线和上的任意一点，则间距离的最小值为 .
四、解答题（每小题12分，共6小题70分）
17．已知△ABC的顶点，边上的中线所在直线方程，边上的高所在直线方程为求：
(1)顶点的坐标；
(2)直线的方程.
18．已知.
(1)求的最小正周期及单调递减区间；
(2)将函数的图象向左平移个单位，再将纵坐标伸长为原来的2倍，得到的图象，求在区间的值域.
19．如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，．

(1)证明：；
(2)点在棱上，当二面角为时，求．
20．已知曲线上的动点满足到定点的距离与到定点距离之比为
(1)求曲线的方程；
(2)过点的直线与曲线交于两点，若，求直线的方程.
21．如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点．
(1)证明：；
(2)点F满足，求二面角的正弦值．
22．圆心在射线上的圆与轴相切，且被直线截得的弦长为．
(1)求圆的方程；
(2)求过点且与该圆相切的直线方程．
1．A
【分析】根据共面向量，共线向量的定义判断．
【详解】空间任意两个向量都能平移到同一平面内，因此它们共面，A正确；
空间三个向量指能平移到同一平面内，而不是指表示它们的直线在同一平面内，B错；
若，，但当时，与不一定平行，因此它们所在直线也不一定平行，即使两个向量平行，它们所在的直线也可能是同一直线，不一定平行，C错；
若，当时，不存在唯一的实数，使，D错．
故选：A．
2．C
【分析】根据空间向量的数量积运算及夹角公式，代入坐标计算即可．
【详解】由题意得，解得或，
故选:C．
3．C
【分析】考虑截距为0，截距相等且不为0，截距互为相反数且不为0，求出相应的方程，得到答案.
【详解】当截距为0时，设直线方程为，将代入，求得，
故方程为；
当截距不为0时，
①截距相等时，设方程为，
将代入，即，解得：，故方程为；
②截距互为相反数时，设直线方程为，
将代入，即，解得：，故方程为；
一条是截距为0，一条是截距相等(不为0)，一条是截距互为相反数(不为0)，共3条.
故选：C
4．D
【分析】根据数量积的定义可得，，，再结合向量的线性运算以及数量积的运算律运算求解.
【详解】由题意可知：，，，，
可得：，，，
因为，
可得
，
所以，即.
故选：D.
5．A
【分析】根据空间向量共面可得，然后利用二次函数的性质即得.
【详解】因为，
所以，又点D在确定的平面内，
所以，即，
所以，
所以当时，的有最小值.
故选：A.
6．C
【分析】即为平面与平面构成二面角的平面角，所以，设正方形边长为1，求出，，代入，解方程即可得出答案.
【详解】根据题意可知，即为平面与平面构成二面角的平面角，
所以，
设正方形边长为1，异面直线与所成的角为60°，
故或，
又，，,，
所以
即
所以；
所以，所以或2(舍去).
故选：C.
7．C
【分析】由∥可得，从而判断A，B；
由两平行直线间的距离公式判断C；
由直线过定点,可得原点到直线的最长距离为，当直线过原点时，原点到直线的最短距离为0，判断D.
【详解】解：若∥，则，
解得或，
当时，两直线重合，故A错误；
当∥时，，故B错误；
此时，，
所以两平行直线间的距离为，故C正确；
因为直线过定点,所以原点到直线的最长距离为，当 时直线过原点，此时原点到直线的最短距离为0，故D错误.
故选：C.
8．A
【分析】根据线面角的定义即可判断A，建立空间直角坐标系，通过空间向量的坐标运算即可判断BD，由三棱锥外接球与正方体的外接球相同即可判断C.
【详解】
连接，与相交于点，因为平面，且平面，
所以，又因为，，所以平面，
即直线与平面所成的角为，且，故A错误；
连接，以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
则，
则
设平面的法向量为，
则，解得，取，则
所以，则，所以平面，
且平面，则，故B正确；
因为三棱锥外接球就是正方体的外接球，
设其外接球的半径为，则，即，
所以，故C正确；
因为平面平面所以平面
同理平面 又平面,
所以平面平面，
由B选项可知，平面的法向量为，且，
则两平面间的距离，故D正确.
故选:A
9．BCD
【分析】A：由向量共线定理，应用坐标运算判断是否存在使；B：与同向的单位向量是即可判断；C：由投影向量的定义可解；D：应用平面法向量的求法求平面ABC的一个法向量，即可判断.
【详解】A：若与共线，存在使，则无解，故不共线，错误；
B：与同向的单位向量是，正确；
C：由，
则在方向上的投影向量是
，正确；
D：若是面ABC的一个法向量，则，令，则，正确.
故选：BCD
10．AC
【分析】直接利用空间向量，向量的模，向量垂直的充要条件，共面向量基本定理，向量的夹角，判定A、B、C、D的结论即可．
【详解】空间四点，，，，则，，所以，，
对于A：，故A正确；
对于B：，所以，
所以以，为邻边的平行四边形的面积，故B错误；
对于C：由于，，所以，故，
所以点到直线的距离，故C正确；
对于D：根据已知的条件求出：，，，
假设共面，则存在实数和使得，
所以，无解，故不共面，故D错误；
故选：AC．
11．BC
【分析】将圆的方程标准化后可判断A、B项，运用圆心到直线的距离与半径比较可判断C项，点与圆心的距离与半径比较可判断D项.
【详解】由圆C：得圆C的标准方程为，
所以圆C的圆心，半径为，
对于A项，圆C的圆心，故A项错误；
对于B项，圆C的面积为，故B项正确；
对于C项，圆心到直线的距离为，
故直线与圆C相交，故C项正确；
对于D项，点与圆心的距离，
故点在圆C外，故D项错误.
故选：BC.
12．BCD
【分析】对于AB，根据圆心距等于半径之和即可判断；对于C，两圆方程相减求得公共弦所在直线方程，即可判断；对于D，根据的最大值为圆心距加上半径即可判断.
【详解】解：圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为，
对于A，若两圆外切，则圆心距，得，故A错误；
对于B，若两圆有3条公切线，则两圆外切，则，故B正确；
对于C，两圆得方程相减得，
若两圆公共弦所在直线方程为，
则，解得，故C正确；
对于D，圆心距，
则的最大值为，解得，故D正确.
故选：BCD.
13．
【分析】先判断出当⊥AB时、间的距离最大，求出，进而求出，即可求出直线的方程.
【详解】设两平行直线、的距离为d.
因为、是分别经过，点的两条平行直线，
所以,当且仅当⊥AB时取等号.
因为直线AB的斜率为，所以与直线AB垂直的直线的斜事为，
所以的方程为，即.
故答案为：
14．
【分析】求得关于直线的对称点，直线即反射光线所在直线方程.
【详解】设关于直线的对称点为，
则线段的中点为，直线的斜率为，
则，解得，则.
所以反射光线所在直线为直线，
直线的方程为，整理得.
故答案为：
15．
【解析】首先由直线方程求得坐标，得到；利用点到直线距离公式求得圆心到直线的距离，从而得到点到直线距离的范围，利用三角形面积公式可求得结果.
【详解】由题意得：，
由圆知：圆心，半径
圆心到直线距离
到直线距离，即
故答案为：
【点睛】本题考查圆上的点到直线距离的范围的应用，关键是明确圆上的点到直线的距离的取值范围为，其中为圆心到直线距离，为圆的半径.
16．
【分析】利用空间向量法求出异面直线和的距离，即可得解.
【详解】解：如图建立空间直角坐标系，则、，，，
所以，，，
设且，即，令，则，，所以，
所以异面直线和的距离，
所以、间距离的最小值为；
故答案为：
17．(1)；
(2).
【分析】（1）根据直线的斜率，求得直线的斜率以及其方程，再求直线与的交点坐标即可；
（2）设出点的坐标，根据点在直线上，以及的中点坐标满足直线的方程，从而求得点的坐标，再求直线方程即可.
【详解】（1）高所在直线方程为，其斜率为，故直线的斜率为，
则直线的方程为：，即，
联立方程与中线所在直线方程，可得，，
故点的坐标为.
（2）设点的坐标为，由点在直线上可得；
的中点的坐标为，点的坐标满足直线方程，即；
故可得，即点坐标为.
则直线的斜率为，故直线的方程为，
整理可得：，故直线方程为：.
18．(1)；单调递减区间为
(2)
【分析】（1）利用三角函数恒等变换化简函数解析式可得，利用余弦函数的周期公式可求的最小正周期，利用余弦函数的单调性可求其单调递减区间；
（2）由已知利用三角函数的图象变换可求，由题意利用正弦函数的性质即可求解的值域．
【详解】（1）因为
，
则，所以的最小正周期为，
由，解得，
所以的单调递减区间为.
（2）由（1）可得，
将函数的图象向左平移个单位，再将纵坐标伸长为原来的2倍，得到图像，
所以
当时，，
则，故，
即，
所以函数的值域为.
19．(1)证明见解析；
(2)1
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量坐标相等证明；
（2）设，利用向量法求二面角，建立方程求出即可得解.
【详解】（1）以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，

则，
，
，
又不在同一条直线上，
.
（2）设，
则，
设平面的法向量，
则，
令 ，得，
，
设平面的法向量，
则，
令 ，得，
，
，
化简可得，，
解得或，
或，
.
20．(1)（或）
(2)或.
【分析】（1）根据动点满足到定点的距离与到定点距离之比为，建立方程，化简可得曲线C的方程.
（2）分类讨论，设出直线l方程，求出圆心到直线的距离，利用勾股定理，即可求得直线l的方程.
【详解】（1）由题意得，故，
化简得（或）；
（2）当直线的斜率不存在时，，
将代入方程得或，所以，满足题意；
当直线的斜率存在时，设，则，
因为，所以，解得，此时.
综上，直线的方程为或.

21．(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（1）根据题意易证平面，从而证得；
（2）由题可证平面，所以以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，再求出平面的一个法向量，根据二面角的向量公式以及同角三角函数关系即可解出．
【详解】（1）连接，因为E为BC中点，，所以①，
因为，，所以与均为等边三角形，
，从而②，由①②，，平面，
所以，平面，而平面，所以．
（2）不妨设，，．
，，又，平面平面．
以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：

设，
设平面与平面的一个法向量分别为，
二面角平面角为,而，
因为，所以，即有，
，取，所以；
，取，所以，
所以，，从而．
所以二面角的正弦值为．
22．(1)
(2)或．
【分析】（1）由圆心在射线上，设出圆心坐标，再根据圆与轴相切，可得半径与圆心纵坐标绝对值相等，利用弦心距、半径、半弦长构成的直角三角形求解即可．
（2）分直线斜率存在与不存在两种情况，表示出所求直线，根据圆心到直线的距离等于半径求解即可．
【详解】（1）设圆心为，半径为，
则圆心到直线的距离，
而，即，
解得（舍去），
故所求圆的方程为
（2）当切线的斜率不存在时，因为过点，其方程为，圆心到直线的距离为，满足题意．
当切线斜率存在时，设切线为，即，
圆心，半径，
，解得．
当切线的斜率存在时，其方程为，即．
故切线方程为或．