2022-2023学年河南省郑州市第十九高级中学高二上学期第一次月考数学试题（解析版）

2022-2023学年河南省郑州市第十九高级中学高二上学期第一次月考数学试题

一、单选题

1．直线l1与l2为两条不重合的直线，则下列命题：

①若l1∥l2，则斜率k1=k2；

②若斜率k1=k2，则l1∥l2；

③若倾斜角，则l1∥l2；

④若l1∥l2，则倾斜角α1=α2.

其中正确命题的个数是（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】C

【分析】①若l1∥l2，则分当斜率存在时、当斜率不存在时两种情况，判断命题①错误；②若斜率k1=k2，则l1∥l2，判断命题②正确；③若倾斜角，则l1∥l2，判断命题③正确；④若l1∥l2，则倾斜角，判断命题④正确即可得到答案.

【详解】解：直线l1与l2为两条不重合的直线：

①若l1∥l2，当斜率存在时，则斜率k1=k2，当斜率不存在时，两条直线都垂直与轴，所以命题①错误；

②若斜率k1=k2，则l1∥l2，所以命题②正确；

③若倾斜角，则l1∥l2，所以命题③正确；

④若l1∥l2，则倾斜角，所以命题④正确，所以正确的命题个数共3个.

故选：C.

【点睛】本题考查两条直线的位置关系，是基础题.

2．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.

3．如图，直三棱柱中，若，，，则等于（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由空间向量的线性运算求解．

【详解】因为三棱柱是直三棱柱，

所以四边形是平行四边形，故，

所以．

故选：D．

4．已知P为空间中任意一点，A、B、C、D四点满足任意三点均不共线，但四点共面，且，则实数x的值为（　　）

A． B． C． D．

【答案】A

【详解】，

又∵P是空间任意一点，A、B、C、D四点满足任三点均不共线，但四点共面，

∴，

解得 x=，

故选A．

点睛：设是平面上任一点，是平面上的三点，（不共线），则三点共线，把此结论类比到空间上就是：不共面，若，则四点共面．

5．设圆上的动点到直线的距离为，则的取值范围是

A． B． C． D．

【答案】B

【详解】分析：先把圆的方程化为标准形式，求出圆心坐标和半径，求出圆心到直线的距离，此距离减去圆的半径得最小值，加上半径得最大值.

详解：由题意得，圆，

即，圆心为，半径，

由圆心到直线的距离，

圆上动点到直线的最小距离为，最大距离为，

即的取值范围是，故选B.

点睛：本题考查圆的标准方程及几何性质，直线和圆的位置关系，点到直线的距离公式的应用，意在考查综合运用所学知识解答问题的能力，属于中档题.

6．三个顶点的坐标分别是，，，则外接圆方程是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据给定条件，借助斜率判断形状，再求出圆方程作答.

【详解】依题意，直线AC斜率，直线BC斜率，有，即，

因此外接圆是以线段为直径的圆，AB的中点为，半径，

所以外接圆方程是，即.

故选：A

7．已知圆的方程为，为圆上任意一点，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用斜率的几何意义求出取值范围.

【详解】∵圆的方程为，

过点作圆的切线方程，设切线方程为，即.

则，解得：.

则的取值范围为.

故选：C.

8．过点且在两坐标轴上的截距的绝对值相等的直线有（    ）

A．1条 B．2条 C．3条 D．无数多条

【答案】C

【分析】由题意分类讨论分为直线经过原点，则直接求出结果；直线不经过原点时，设直线方程为，再把点的坐标代入即可.

【详解】当直线经过原点时，则斜率为，所以直线方程为

当直线不经过原点时，由题意知直线方程为，将点代入，

求得或，则直线方程为，

综上可知，满足要求的直线有3条.

故选:C.

9．已知直线l1：x＋m2y＋6＝0，l2：(m－2)x＋3my＋2m＝0，l1∥l2，则m的值是(　　)

A．m＝3 B．m＝0

C．m＝0或m＝3 D．m＝0或m＝－1

【答案】D

【详解】当m=0时，两条直线分别化为：x+6=0，﹣2x=0，此时两条直线平行，满足条件，∴m=0．

当m≠0时，两条直线分别化为：﹣，y=x﹣，∵两条直线平行，∴=﹣，≠，解得m=﹣1．

综上可得：m=0或﹣1．

故选D．

10．设正四面体ABCD的棱长为，，分别是，的中点，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用向量的中点公式表示和，然后利用向量的数量积公式运算即可求解.

【详解】因为E，F分别是BC，AD的中点，，，

又正四面体ABCD的棱长都为，，

．

故选：A．

11．已知空间中三点，，，则（    ）

A．与是共线向量

B．的单位向量是

C．与夹角的余弦值是

D．平面的一个法向量是

【答案】D

【分析】根据向量的相关性质判断.

【详解】对于A项，，，所以，则与不是共线向量，所以A项错误；

对于B项，因为，所以的单位向量为，所以B项错误；

对于C项，向量，，所以，所以C项错误；

对于D项，设平面的法向量是，因为，，所以，则，令，则平面的一个法向量为，所以D项正确.

故选:D.

【点睛】本题考查共线向量的判断，单位向量的求法，夹角的求法，平面法向量的求法，属于空间向量综合题.

12．阿波罗尼斯是古希腊著名的数学家，对圆锥曲线有深刻而系统的研究，阿波罗尼斯圆就是他的研究成果之一，指的是：已知动点M与两定点Q，P的距离之比，那么点的轨迹就是阿波罗尼斯圆．已知动点的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为，定点为轴上一点，且，若点，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据点的轨迹方程可得，结合条件可得，即得.

【详解】设，，所以，

又，所以．

因为且，所以，

整理可得，

又动点M的轨迹是，

所以，解得，

所以，又，

所以，因为，

所以的最小值为．

故选：C．

二、填空题

13．已知，且与的夹角为钝角，则实数k的取值范围为_____．

【答案】

【解析】利用去掉反向的情形即得．

【详解】由，，

所以，解得

若与反向，则

则，所以

所以与的夹角为钝角则且

综上的范围是．

故答案为：

【点睛】思路点睛：本题考查向量的夹角与向量的数量积的关系，根据向量夹角求参数时，可由是两个非零向量，则夹角是锐角时，，夹角是钝角时，，反之要注意可能同向也可能反向．属于中档题.

14．给出下列命题：

①直线l的方向向量为=（1，﹣1，2），直线m的方向向量=（2，1，﹣），则l与m垂直；

②直线l的方向向量=（0，1，﹣1），平面α的法向量=（1，﹣1，﹣1），则l⊥α；

③平面α、β的法向量分别为=（0，1，3），=（1，0，2），则α∥β；

④平面α经过三点A（1，0，﹣1），B（0，1，0），C（﹣1，2，0），向量=（1，u，t）是平面α的法向量，则u+t=1.

其中真命题的是______．（把你认为正确命题的序号都填上）

【答案】①④

【详解】，，则

则，直线与垂直，故①正确

，，则

则，或，故②错误

，，与不共线，

不成立，故③错误

点，，

，

向量是平面的法向量

，即，解得，故④正确

综上所述，其中真命题是①，④

点睛：本题主要考查的知识点是命题的真假判断与应用．①求数量积，利用数量积进行判断，②求数量积，利用数量积进行判断，③求利用与的关系进行判断，④利用法向量的定义判断，即可得到答案．

15．直线xcosθ＋y＋2＝0的倾斜角的范围是________．

【答案】

【详解】由题知k＝－cosθ，故k∈，结合正切函数的图象，当k∈时，直线倾斜角α∈，当k∈时，直线倾斜角α∈，故直线的倾斜角的范围是∪.

16．若圆上至少有三个不同的点到直线的距离为，则取值范围为__________________

【答案】

【详解】分析：先求出圆心和半径，比较半径和2，要求 圆上至少有三个不同的点到直线l：x﹣y+b=0的距离为2，则圆心到直线的距离应小于等于，用圆心到直线的距离公式，可求得结果．

详解：圆x2+y2﹣4x﹣4y﹣10=0整理为，

∴圆心坐标为（2，2），半径为3，

要求圆上至少有三个不同的点到直线l：x﹣y+b=0的距离为2，

则圆心到直线的距离d=≤，

∴﹣2≤b≤2，

∴b的取值范围是[﹣2，2]，

故答案为[﹣2，2]．

点睛：本题考查直线和圆的位置关系，圆心到直线的距离等知识，考查数形结合思想，属于中档题．

三、解答题

17．已知点，，．求：

(1)BC边上的中线所在直线的方程；

(2)BC边上的高所在直线方程．

【答案】(1)x＝1；

(2)4x＋y－7＝0．

【分析】（1）求出边中点坐标，然后求得斜率得直线方程；

（2）求出边所在直线斜率，由垂直得高所在直线斜率，从而可得直线方程．

【详解】（1）∵，，，∴易知线段BC的中点坐标为，

易知BC边上的中线所在的直线的斜率不存在，∴BC边上的中线所在的直线方程为x＝1；

（2）∵，∴BC边上的高所在直线的斜率k＝－4，

∴BC边上的高所在直线的方程为：y－3＝－4（x－1），即4x＋y－7＝0．

18．在棱长为的正方体中，、分别是与的中点.

(1)求与截面所成角的正弦值；

(2)求点到截面的距离．

【答案】(1)；

(2).

【分析】(1)以为原点，DA、DC、分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法即可求解；

(2)根据(1)中空间直角坐标系，利用向量法即可求解.

【详解】（1）以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，，，，，，0，，，，，，，，

则，，，，，，，，，

设平面的一个法向量为，，，

则，即，取，则，2，，

设与截面所成角为，

则，

∴与截面所成角正弦值为．

（2）由(1)知，，，平面的一个法向量为，2，，

∴点到截面的距离．

19．如图，平面，，，，，.

（1）求证：平面；

（2）若二面角的余弦值为，求线段的长.

【答案】（1）证明见解析；（2）

【解析】(1)根据线面平行证明面面平行，得出线面平行；(2)建立空间直角坐标系，设线段的长为 ，根据二面角的余弦值，求出线段.

【详解】解：（1）∵，，平面，平面

平面，平面，

又∵，

∴平面平面

又∵平面，

∴平面.

（2）∵平面，,，，

∴以为原点，分别以，，所在直线为，，轴建立如图所示的空间直角坐标第.

易知，，，

设，，则，，

，，，

设为平面的法向量，则：

由得：，取；

设为平面的法向量则

由得得：，取.

∴

∵二面角的余弦值为.

∴，解得：经验证：时，符合题意

故所求.

【点睛】本题考查线面平行定理和利用二面角的余弦值求参数问题，属于中档题.

20．已知圆，圆．

（1）试判断圆与圆是否相交，若相交，求两圆公共弦所在直线的方程，若不相交，说明理由；

（2）若直线与圆交于A，B两点，且，求实数k的值．

【答案】（1）； （2）或．.

【分析】（1）用圆心距与两圆半径的关系判断两圆位置关系；用两圆方程相减消去二次项得相交弦所在直线方程；（2）联立直线与圆的方程，根据韦达定理以及两线垂直的向量关系列式可解得k．

【详解】（1）

，两圆相交，两圆做差得

即公共弦所在直线为：

（2）由题可知，设

将代入

得整理得，

，由韦达定理得

化简得 ，解得或．

【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系及圆和圆的位置关系及其判定，属中档题．一般直线和圆的题很多情况下是利用数形结合来解决的，联立的时候较少；在求圆上的点到直线或者定点的距离时，一般是转化为圆心到直线或者圆心到定点的距离，再加减半径，分别得到最大值和最小值；涉及到圆的弦长或者切线长时，经常用到垂径定理．

21．已知圆C：，直线l过定点．

（1）若直线l与圆C相切，求直线l的方程；

（2）若直线l与圆C相交于P，Q两点，求的面积的最大值，并求此时直线l的方程．

【答案】（1）或

【分析】（1）通过直线的斜率存在与不存在两种情况，利用直线的方程与圆C相切，圆心到直线的距离等于半径即可求解直线的方程；

（2）设直线方程为，求出圆心到直线的距离、求得弦长，得到的面积的表达式，利用二次函数求出面积的最大值时的距离，然后求出直线的斜率，即可得到直线的方程.

【详解】（1）①若直线l1的斜率不存在，则直线l1：x＝1，符合题意.  

 ②若直线l1斜率存在，设直线l1的方程为，即．

由题意知，圆心（3，4）到已知直线l1的距离等于半径2，即： ，解之得 .  所求直线l1的方程是或.

(2)直线与圆相交，斜率必定存在，且不为0, 设直线方程为，

则圆心到直线l1的距离  

又∵△CPQ的面积  

                 ＝

∴当d＝时，S取得最大值2.    

∴＝       ∴ k＝1 或k＝7

所求直线l1方程为 x－y－1＝0或7x－y－7＝0 .

【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系的应用，其中解答中涉及到直线与圆相切，圆的弦长公式，以及三角形的面积公式和二次函数的性质等知识点的综合考查，其中熟记直线与圆的位置关系的应用，合理准确计算是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.

22．如图，且AD＝2BC＝2，，平面平面ABCD，四边形ADGE为矩形，且CD＝2FG＝2．

(1)若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：平面CDE；

(2)若CF与平面ABCD所成角的正切值为2，求直线AD到平面EBC的距离．

【答案】(1)证明见解析

(2)．

【分析】（1）以D为坐标原点，分别以、、的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，用空间向量法证明线面平行，即证与平面的法向量的数量积为0，再由线面平行的判定定理得结论；

（2）由空间向量法求得A点到平面的距离即得．

【详解】（1）平面平面ABCD，平面平面ABCD=，,平面，所以平面，平面，所以,

依题意，以D为坐标原点，分别以、、的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系．

可得，，，，设，

，，，，．

设为平面CDE的法向量，，

则，不妨令z＝－2，可得；

又，可得．又∵直线平面CDE，

∴平面CDE；

（2）∵，平面EBC，平面EBC，

∵平面EBC，∴AD到平面EBC的距离即A到平面EBC的距离，

由（1）知平面ABCD，即是平面ABCD的法向量，

因CF与平面ABCD所成角的正切值为2，

则CF与平面ABCD所成角的正弦为，又，

，

解得t＝2，则点，，，

设为平面EBC的法向量，由，

不妨令，可得，而，则点D到平面EBC的距离，

所以直线AD到平面EBC的距离为．