2022-2023学年福建省厦门集美中学高二上学期第三次月考数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年福建省厦门集美中学高二上学期第三次月考数学试题（解析版），共17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。

一、单选题
1．已知空间向量，，且，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据向量垂直得，即可求出的值.
【详解】.
故选：B.
2．直线的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由直线的方程，求得直线的斜率，进而根据，即可得倾斜角，得到答案．
【详解】由题意，直线，可得直线的斜率，
即，又∵，所以，
故选．
【点睛】本题考查直线的倾斜角的求解，其中解答中由直线方程得出斜率，再根据斜率与倾斜角的关键求解是解决的关键，着重考查了运算与求解能力，属于属基础题．
3．已知双曲线的离心率是，则其渐近线方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】利用离心率求得，由此求得渐近线方程.
【详解】依题意，所以渐近线方程为，即.
故选：A
【点睛】本小题主要考查双曲线渐近线方程的求法，属于基础题.
4．两平行直线和间的距离是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】将方程变形，再根据两平行直线间的距离公式计算可得；
【详解】解：直线即为，所以两平行直线和间的距离；
故选：A
5．过点的圆与直线相切于点，则圆的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】求得圆心和半径，由此求得圆的方程.
【详解】设圆心为，半径为，
则，
解得，所以圆心为，
半径.
所以圆的方程为.
故选：A
6．已知点是抛物线上的动点，点在轴上的射影是点，点的坐标是，则的最小值为（ ）
A．7B．8C．9D．10
【答案】C
【分析】设抛物线的焦点为，根据抛物线的定义可知，，再根据两点之间线段最短，即可解出．
【详解】易知抛物线的焦点为，准线方程为.连接，延长交准线于点，如图所示.根据抛物线的定义，知.
所以，当且仅当，，三点共线时，等号成立，所以的最小值为9.
故选：C.
7．若直线和圆没有交点，则过点的直线与椭圆的交点个数为（ ）
A．0个B．至多有一个C．1个D．2个
【答案】D
【分析】根据题意得到，求得点是以原点为圆心，为半径的圆及其内部的点，根据圆内切于椭圆，得到点是椭圆内的点，即可求解.
【详解】因为直线和圆没有交点，
可得，即，
所以点是以原点为圆心，为半径的圆及其内部的点，
又因为椭圆，可得，
所以圆内切于椭圆，即点是椭圆内的点，
所以点的一条直线与椭圆的公共点的个数为.
故选：D.
8．已知椭圆C的焦点为，过F2的直线与C交于A，B两点.若，，则C的方程为
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由已知可设，则，得，在中求得，再在中，由余弦定理得，从而可求解.
【详解】法一：如图，由已知可设，则，由椭圆的定义有．在中，由余弦定理推论得．在中，由余弦定理得，解得．
所求椭圆方程为，故选B．
法二：由已知可设，则，由椭圆的定义有．在和中，由余弦定理得，又互补，，两式消去，得，解得．所求椭圆方程为，故选B．
【点睛】本题考查椭圆标准方程及其简单性质，考查数形结合思想、转化与化归的能力，很好的落实了直观想象、逻辑推理等数学素养．
二、多选题
9．点为圆外一个点，则实数m不可取的值有（ ）
A．B．0C．1D．2
【答案】ACD
【分析】由圆的标准方程可知圆心，半径，因为点在圆外，所以，则可求出m的取值范围，选出符合的选项.
【详解】圆的标准方程为，
可知圆心，半径，
而，所以，A选项不可取；
又因为点在圆外，所以，即，解得，CD选项不可取；
故选：ACD
10．如图，在平面直角坐标系中，抛物线：的焦点为，准线为．设与轴的交点为，为抛物线上异于的任意一点，在上的射影为，的外角平分线交轴于点，过作交于，过作交线段的延长线于，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABD
【分析】根据抛物线的定义以及平面几何知识即可判断各选项的真假．
【详解】对A，由抛物线的定义可知，故A正确；
对B，因为是的外角平分线，所以，又，所以，所以，所以，故B正确；
对C，若，则有，从而有，所以，此时为定点，与为抛物线上异于的任意一点矛盾，故C不正确；
对D，因为四边形是矩形，所以，又，所以，故D正确．
故选：ABD．
11．瑞士数学家欧拉1765年在其所著的《三角形的几何学》一书中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上，后人称这条直线为欧拉线．已知的顶点、，其欧拉线方程为，则顶点的坐标不可以是（ ）
A．B．C．D．
【答案】BC
【分析】由已知求出的垂直平分线方程，与欧拉线方程联立求得外心坐标，从而得到圆的方程，设，根据三角形的重心在欧拉线上，再与圆的方程联立即可求出的坐标，从而选出选项.
【详解】，，的垂直平分线方程为，
又因为外心在欧拉线上，
联立，解得三角形的外心为，
又，
的外接圆方程为.
设，则三角形的重心在欧拉线上，
即，整理得：，
又因为在外接圆上，得，
联立，解得：或，
所以顶点的坐标可以是或，
反之与不满足条件.
故选：BC.
12．已知，令，则S取到的值可以有（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】BCD
【分析】由题意点为直线上的点，点为曲线上的点，看作点到点的距离，设与直线平行且与椭圆相切的直线方程为，求出此直线方程，从而可求得的最小值，即可得解.
【详解】由，得点为直线上的点，
由，得点为曲线上的点，
由，
可以看作点到点的距离，
由，得，
所以点为椭圆且在轴上方的点，
设与直线平行且与椭圆相切的直线方程为，
联立，消得，
则，解得（舍去），
则，
直线与直线得距离，
所以点到点的距离大于等于，
所以，
故符合的选项为BCD.
故选：BCD.
三、填空题
13．双曲线的离心率，则实数k的取值范围是__________.
【答案】
【分析】由已知可得，再由，解不等式可得k的取值范围
【详解】双曲线方程可变形为，则.
又因为，即，解得.
故答案为：
【点睛】此题考查由双曲线的离心率的范围求参数的取值范围，属于基础题
14．直线过点，则直线的方程为_________________．
【答案】
【分析】直接根据直线上两点的坐标写出直线方程即可.
【详解】解：因为直线过点，
所以直线的方程为.
故答案为：.
15．已知空间向量，则向量在坐标平面上的投影向量为__________．
【答案】
【分析】根据投影向量的定义即可得出答案.
【详解】解：当向量的坐标原点为始点时，
其中点在坐标平面上的投影坐标为，
所以向量在坐标平面上的投影向量为.
故答案为：.
16．已知椭圆的两个焦点分别为，点为椭圆上一点，且，，则椭圆的离心率为 __．
【答案】
【分析】由题意得到，即，进而求得，结合，得到，即可求得椭圆的离心率.
【详解】因为，，则，
所以,
且，
所以，
又由，即，即，
所以.
故答案为：.
四、解答题
17．若直线的方程为.
（1）若直线与直线垂直，求的值；
（2）若直线在两轴上的截距相等，求该直线的方程.
【答案】（1）1；（2），．
【分析】（1）直线与直线垂直，可得，解得．
（2）当时，直线化为：．不满足题意．当时，可得直线与坐标轴的交点，．根据直线在两轴上的截距相等，即可得出．
【详解】解：（1）直线与直线垂直，
，解得．
（2）当时，直线化为：．不满足题意．
当时，可得直线与坐标轴的交点，．
直线在两轴上的截距相等，，解得：．
该直线的方程为：，．
【点睛】本题考查了直线的方程、相互垂直的直线斜率之间关系、方程的解法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
18．已知以点为圆心的圆与______，过点的动直线l与圆A相交于M，N两点.从①直线相切；②圆关于直线对称；③圆的公切线长这3个条件中任选一个，补充在上面问题的横线上并回答下列问题.
(1)求圆A的方程;
(2)当时，求直线l的方程.
【答案】(1)；
(2)，或.
【分析】（1）选①：根据圆的切线性质进行求解即可；
选②：根据圆与圆的对称性进行求解即可；
选③：根据两圆公切线的性质进行求解即可.
（2）利用圆的垂径定理，结合点到直线距离公式进行求解即可.
【详解】（1）选①：因为圆A与直线相切，
所以圆A的半径为，
因此圆A的方程为；
选②：因为圆A与圆关于直线对称，
所以两个圆的半径相等，因此圆A的半径为，
所以圆A的方程为；
选③：设圆的圆心为，两圆的一条公切线为
两圆的圆心与两圆的一条公切线示意图如下：
设圆A的半径，
因此有：，
所以圆A的方程为；
（2）三种选择圆A的方程都是，
当过点的动直线l不存在斜率时，直线方程为，
把代入中，得，
显然，符合题意，
当过点的动直线l存在斜率时，设为，直线方程为，圆心到该直线的距离为：，
因为，所以有，
即方程为：
综上所述：直线l的方程为，或.
19．如图，M、N分别是四面体OABC的棱OA、BC的中点，P、Q是MN的三等分点（点P靠近点N），若，解答下列问题：
(1)以为基底表示；
(2)若，，，求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据空间向量的线性运算结合图形计算即可；
（2）根据结合数量积的运算律计算即可.
【详解】（1）解：
；
（2）解：
.
20．如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．
（1）证明：MN∥平面C1DE；
（2）求二面角A-MA1-N的正弦值．
【答案】（1）见解析；（2）.
【分析】（1）利用三角形中位线和可证得，证得四边形为平行四边形，进而证得，根据线面平行判定定理可证得结论；（2）以菱形对角线交点为原点可建立空间直角坐标系，通过取中点，可证得平面，得到平面的法向量；再通过向量法求得平面的法向量，利用向量夹角公式求得两个法向量夹角的余弦值，进而可求得所求二面角的正弦值.
【详解】（1）连接，
，分别为，中点 为的中位线
且
又为中点，且 且
四边形为平行四边形
，又平面，平面
平面
（2）设，
由直四棱柱性质可知：平面
四边形为菱形
则以为原点，可建立如下图所示的空间直角坐标系：
则：，，，D（0，-1,0）
取中点，连接，则
四边形为菱形且 为等边三角形
又平面，平面
平面，即平面
为平面的一个法向量，且
设平面的法向量，又，
，令，则，

二面角的正弦值为：
【点睛】本题考查线面平行关系的证明、空间向量法求解二面角的问题.求解二面角的关键是能够利用垂直关系建立空间直角坐标系，从而通过求解法向量夹角的余弦值来得到二面角的正弦值，属于常规题型.
21．在平面直角坐标系中，，圆，动圆过且与圆相切.
（1）求动点的轨迹的标准方程；
（2）若直线过点，且与曲线交于、，已知的中点在直线上，求直线的方程.
【答案】（1）；（2）或.
【解析】（1）由题意可知，圆内切于圆，根据椭圆的定义可知，点的轨迹是以、为焦点的椭圆，计算出、的值，结合焦点的位置可求得轨迹的标准方程；
（2）由题意可知，直线的斜率存在，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与曲线的方程联立，列出韦达定理，根据可得出关于的方程，求出的值，即可求得直线的方程.
【详解】（1）设动圆的半径为，由于在圆内，所以，圆内切于圆，
由题意知：，
所以，
所以点的轨迹是以、为焦点的椭圆.
其长轴长，焦距为，，
所以曲线的标准方程为：；
（2）若直线的斜率不存在，则、关于轴对称，不合题意；
若直线的斜率存在，设其方程为，设点、，
将代入得：，
，
所以，所以
所以，解得或，
所以，直线的方程为：或.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为、；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；
（5）代入韦达定理求解.
22．已知P(1，2)在抛物线C：y2＝2px上．
(1)求抛物线C的方程；
(2)A，B是抛物线C上的两个动点，如果直线PA的斜率与直线PB的斜率之和为2，证明：直线AB过定点．
【答案】(1)y2＝4x
(2)证明见解析
【分析】(1)把已知点坐标代入抛物线方程求得参数，即得抛物线方程；
(2)设AB：x＝my+t，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线方程与抛物线方程联立消元后应用韦达定理得，代入得参数值，从而可得定点坐标．
【详解】（1）P点坐标代入抛物线方程得4＝2p，
∴p＝2，
∴抛物线方程为y2＝4x．
（2）证明：设AB：x＝my+t，将AB的方程与y2＝4x联立得y2﹣4my﹣4t＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则y1+y2＝4m，y1y2＝﹣4t，
所以Δ＞0⇒16m2+16t＞0⇒m2+t＞0，
，同理：，
由题意：，
∴4(y1+y2+4)＝2(y1y2+2y1+2y2+4)，
∴y1y2＝4，
∴﹣4t＝4，
∴t＝﹣1，
故直线AB恒过定点(﹣1，0)．