2022-2023学年重庆市永川北山中学校高二上学期第一次月考（10月）数学试题（解析版）

2022-2023学年重庆市永川北山中学校高二上学期第一次月考（10月）数学试题

一、单选题

1．过两点的直线的倾斜角是，则的值为（    ）

A．2 B． C． D．5

【答案】B

【分析】由题意利用直线的斜率的定义和公式可得，由此求得的值．

【详解】解：过两点，的直线的倾斜角是，

，，

故选．

【点睛】本题主要考查直线的斜率的定义和公式，属于基础题．

2．已知圆的方程为，则圆的半径为（    ）

A．3 B． C． D．4

【答案】B

【分析】把圆的一般方程化为标准方程，即可得出圆的半径.

【详解】将一般方程化为标准方程得，

∴  圆的半径为：.

故选：B.

【点睛】本题考查了圆的方程，通过配方把一般式化为标准式即可得出圆的圆心和半径.

3．如图所示，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点.若，，，则下列向量中与相等的向量是（    ）.

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据空间向量线性运算的定义进行求解即可.

【详解】，

故选：A

4．在平面直角坐标系中，某菱形的一组对边所在的直线方程分别为和，另一组对边所在的直线方程分别为和，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据菱形的性质，结合平行线间距离公式进行求解即可.

【详解】因为菱形四条边都相等，所以每边上的高也相等，且菱形对边平行，

直线和之间的距离为：，

和之间的距离为：，

于是有：，

故选：B

5．任意三角形的外心、重心、垂心位于同一直线上，这个结论首先是由瑞士数学家欧拉（Euler，1707﹣1783）发现，因此，这条直线被称为三角形的欧拉线．已知△ABC的顶点B（5，0），C（0，1），且AB＝AC，则△ABC的欧拉线方程为（    ）

A．5x﹣y﹣12＝0 B．5x﹣y﹣24＝0 C．x﹣5y+12＝0 D．x﹣5y＝0

【答案】A

【分析】本题先判断△ABC的欧拉线方程为底边BC的垂直平分线，再求BC的中点坐标，直线BC的方程，最后求底边BC的垂直平分线方程，即可解题.

【详解】解：∵ AB＝AC，∴△ABC是等腰三角形，

∴△ABC的欧拉线方程为底边BC的垂直平分线，

∵B（5，0），C（0，1），

∴ BC的中点坐标为：，直线BC的方程：，即，

∴ 设底边BC的垂直平分线方程：，

将代入解得：，

∴△ABC的欧拉线方程为：

故选：A.

【点睛】本题考查求垂直平分线方程，实际问题转化为数学问题的能力，是基础题.

6．已知，，从点射出的光线经直线反射后，再射到直线上，最后经直线反射后又回到点，则光线所经过的路程是（    ）

A． B．6 C． D．

【答案】C

【分析】求出关于直线的对称点和它关于轴的对称点，则的长就是所求路程．

【详解】由题意直线方程为，设关于直线的对称点，

则，解得，即，又关于轴的对称点为，

．

故选：C

7．如图，在三棱锥中，平面，是边长为的正三角形，，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】解法一：可以通过几何法找到异面直线所成角的平面角，结合余弦定理可以求出；

解法二：通过空间向量法，用坐标运算可以求出.

【详解】解法一：设E为BC的中点，连接FE，如图，

∵E是BC的中点，

∴∥，,,;

在中，由余弦定理可知

∴异面直线BE与AF所成角的余弦值为，

解法二：以A为坐标原点，AC，AM所在直线分别为y，z轴建立空间直角坐标系如图所示，

易知，，，

所以，，

则，

∴异面直线BE与AF所成角的余弦值为.

故选：D

8．已知定直线l的方程为，点Q是直线l上的动点，过点Q作圆的一条切线，是切点，C是圆心，若面积的最小值为，则此时直线l上的动点E与圆C上动点F的距离的最小值为（    ）

A． B．2 C． D．

【答案】B

【分析】由题意可得直线l的方程为，再求出圆C的圆心坐标与半径，由面积的最小值为求得，再由点到直线的距离公式求解k，可得直线l的方程，进一步求得直线l上的动点E与圆C上动点F的距离的最小值．

【详解】解：由题意可得直线l的方程为，

圆C的圆心，半径为1，

如图：

，

又，当取最小值时，取最小值，

此时，可得，，

则，解得，

则直线l的方程为，

则直线l上的动点E与圆C上动点F的距离的最小值为．

故选：B．

二、多选题

9．下列说法正确的有（    ）

A．若直线经过第一、二、四象限，则在第二象限

B．直线过定点

C．方程 表示的图形是圆

D．斜率为，在轴截距为3的直线方程为

【答案】AB

【分析】运用圆与直线有关知识逐项分析可以求解.

【详解】对于A，由直线经过第一、二、四象限，得到斜率截距，故点在第二象限，正确；

对于B，由直线整理得，所以无论a取何值点都满足直线方程，正确；

对于C，将方程配方得，表示的图形是一个点，错误；

对于D，斜率为-2，在y轴截距为3的直线方程为，错误；

故选：AB.

10．已知集合，，且，则的值可以为（    ）

A．-6 B．-3 C．-2 D．2

【答案】AC

【分析】由集合表示直线上的点作为元素构成的点集，且除去点，结合两直线平行或直线过点，分类讨论，即可求解.

【详解】由方程，可得，即，

即集合表示直线上的点作为元素构成的点集，且除去点，

又由集合，

要使得，

当直线与平行时，可得，解得；

当直线过点时，即，解得，

所以的值可以为为或.

故选：AC.

11．已知向量，，，其中，均为正数，且，下列说法正确的是（    ）

A．与的夹角为钝角 B．

C．的最大值为2. D．，时，，，三个向量共面.

【答案】BCD

【分析】由，得到与的夹角为锐角，可判定A错误；根据，列出方程组，可判定B正确；由，结合基本不等式，可得判定C正确；设，列出方程组，求得的值，可判定D正确.

【详解】对于A中，向量，，可得，

所以与的夹角为锐角，所以A错误；

对于B中，由且，

因为，可得，即，

可得，可得，所以B正确；

对于C中，因为，均为正数，可得，

当且仅当时，即时，等号成立，

所以，解得，即的最大值为，所以C正确；

对于D中，当时，向量，

设，可得，

所以，解得，即，

所以向量三个向量共面，所以D正确.

故选：BCD.

12．设m∈R，直线与直线相交于点P（x，y），线段AB是圆C：的一条动弦，Q为弦AB的中点，，下列说法正确的是（    ）

A．点P在定圆 B．点P在圆C外

C．线段PQ长的最大值为 D．的最小值为

【答案】BCD

【分析】根据直线与直线可求得两直线分别过定点和定点，且两直线垂直，从而可得交点的轨迹方程，即可判断A；

判断点的轨迹圆与圆C的位置关系即可判断B；

根据Q为弦AB的中点，，可得弦AB的中点Q的轨迹为以为圆心的圆，则线段PQ长的最大值为圆心距加两圆的半径，从而可判断C；

，求出线段PQ长的最小值，即可判断D.

【详解】解：直线过定点，

直线过定点，

又，所以两直线垂直，

所以两直线的交点的轨迹是以线段为直径的圆，，

所以交点的轨迹方程为，故A错误；

圆的圆心为，半径为，

因为，

所以圆与圆C：相离，

即点P在圆C外，故B正确；

因为Q为弦AB的中点，，所以，

所以弦AB的中点Q的轨迹为以为圆心，1为半径的圆，

则点Q的轨迹方程为，

则圆与圆相离，

所以线段PQ长的最大值为，故C正确；

，

因为线段PQ长的最小值为，

所以的最小值为，

即的最小值为，故D正确.

故选：BCD.

三、填空题

13．已知圆，以点为中点的弦所在的直线的方程是___________．

【答案】

【分析】设，利用以为中点的弦所在的直线即为经过点且垂直于AC的直线求得直线斜率，由点斜式可求得直线方程

【详解】圆的方程可化为，可知圆心为．

设，则以为中点的弦所在的直线即为经过点且垂直于的直线．又知，所以，所以直线的方程为，即．

故答案为：

【点睛】本题考查圆的几何性质，考查直线方程求解，是基础题

14．如图，正四面体ABCD的长为1，点E是棱CD的中点，则______．

【答案】##0.5

【分析】由图象及已知条件，先用与来表示，再求，分别与的数量积，进而可得答案.

【详解】因为点E是棱CD的中点，所以.

又因为正四面体ABCD的长为1，所以，

所以.

故答案为：.

15．曲线：与：恰有四条公切线，则实数的取值范围为_____________．

【答案】

【分析】根据圆与圆的位置关系以及成圆的充要条件，即可求得实数的取值范围.

【详解】解：圆:，即，其圆心，半径

圆:，即，其圆心，

半径，则必有，即

两圆圆心的距离

若两圆有4条公切线，则两圆外离，必有，解得：

则的取值范围为.

故答案为：.

四、双空题

16．在矩形ABCD中，AB＝，BC＝1，现将△ABC沿对角线AC翻折，得到四面体DABC，则该四面体外接球的体积为________；设二面角D－AC－B的平面角为θ，当θ在内变化时，BD的取值范围为________．

【答案】         

【分析】分别过点，作，计算得到，得到半径和体积，根据，计算，得到答案.

【详解】如图1，分别过点，作，垂足分别为F，E，

则在四面体中也满足．

因为，，所以，，

则，．

在四面体ABCD中，三角形ABC和三角形DAC均为直角三角形，

设点O为AC的中点，如图2，连接OB，OD，则，

即点O为四面体ABCD外接球的球心，则外接球的半径，

所以外接球的体积．

在四面体ABCD中，，

因为二面角的平面角为θ，且，

所以和的夹角为，

所以

因为，所以，则．

故答案为：；

五、解答题

17．已知的顶点A(1，5)，边AB上的中线CM所在的直线方程为，边AC上的高BH所在直线方程为，求

(1)顶点C的坐标；

(2)直线BC的方程；

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）设出点C的坐标，进而根据点C在中线上及求得答案；

（2）设出点B的坐标，进而求出点M的坐标，然后根据中线的方程及求出点B的坐标，进而求出直线BC的方程.

【详解】（1）设 C点的坐标为，则由题知，即.

（2）设B点的坐标为，则中点M坐标代入中线CM方程

则由题知，即，又，则，

所以直线BC方程为.

18．已知空间三点，设，.

(1)若向量与互相垂直，求的值；

(2)求向量在向量上的投影向量.

【答案】(1)或

(2)

【分析】（1）由向量数量积的坐标运算计算即可；

（2）利用向量投影的概念及公式可计算.

【详解】（1）解：由已知得，.

所以，

. 因为与互相垂直，所以

，

即，解得或.

（2）解：因为，，，

所以，

所以向量在向量上的投影向量.

19．已知圆C：，直线过定点．

(1)若与圆相切，求直线的方程；

(2)若点为圆上的一点，求的最大值和最小值．

【答案】(1)或

(2)，

【分析】（1）分类考虑直线斜率不存在或存在，根据直线与圆相切，即可求解直线方程；

（2）可以看作圆上的点与点距离的平方，根据点与圆上的点求解距离的最大值与最小值，即可得的最大值和最小值．

【详解】（1）若直线的斜率不存在，即直线的方程为，符合题意

直线斜率存在，设直线的方程为，即．

由题意知，圆心到直线的距离等于半径，

即．解得．

综上，直线的方程为或；

（2）因为，所以可以看作圆上的点与点距离的平方，

把点代入圆的方程，得，所以点在圆外，

所以圆上的点到的最大距离为，

最小距离为其中为圆心到点的距离，

又因为，

故最大距离为，最小距离为，

所以，.

20．如图，三棱柱中，侧面底面，,且,O为中点.

（Ⅰ）证明：平面；

（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值

【答案】（1）见解析；（2）

【详解】Ⅰ）先证明，根据平面平面，证得平面；（Ⅱ）向量法求解．

解：（Ⅰ）证明：因为，且O为AC的中点，所以. ………1分

又由题意可知，平面平面，交线为，且平面，所以平面. ………4分

（Ⅱ）如图，以O为原点，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系.

由题意可知，又

所以得:

则有： ………6分

设平面的一个法向量为，则有

，令，得

所以. ………………7分

. ………………9分

因为直线与平面所成角和向量与所成锐角互余，所以.

21．已知圆C：x2+y2﹣8x﹣6y+F＝0与圆O：x2+y2＝4相外切，切点为A，过点P（4，1）的直线与圆C交于点M，N，线段MN的中点为Q．

（1）求点Q的轨迹方程；

（2）若|AQ|＝|AP|，点P与点Q不重合，求直线MN的方程及△AMN的面积．

【答案】（1）；（2），.

【分析】（1）利用两圆外切确定圆，通过弦心距与弦垂直可得，故知轨迹为以为直径的圆；

（2）先求得点坐标，由可知，也在以为圆心，以为直径的圆上，该圆与点的轨迹圆联立可得直线也即直线的方程，之后利用点到直线距离公式等知识求解即可．

【详解】解：（1）圆的标准方程为，

圆心，半径为，

由圆与圆相外切可知，解得，

圆，

又，则点在圆内，

弦过点，是的中点，

则，

点的轨迹是以为直径的圆，

其方程为；

（2）线段与圆的交点为，

由，解得，

若，

则，是以点为圆心，为半径的圆与点的轨迹的交点，

由，与，

作差可得，

即直线的方程为，

点到直线的距离，

，

点到直线的距离，

的面积．

22．如图1，在边长为4的菱形ABCD中，∠DAB=60°，点，别是边BC，CD的中点，，．沿MN将翻折到的位置，连接PA、PB、PD，得到如图2所示的五棱锥P—ABMND．

(1)在翻折过程中是否总有平面PBD⊥平面PAG？证明你的结论；

(2)当四棱锥P—MNDB体积最大时，在线段PA上是否存在一点Q，使得平面QMN与平面PMN夹角的余弦值为？若存在，试确定点Q的位置；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)在翻折过程中总有平面PBD⊥平面PAG，证明见解析

(2)符合题意的点存在且为线段的中点．

【分析】（1）证明出平面，进而证明面面垂直；

（2）易得当平面时，四棱锥体积最大，再建立空间直角坐标系，设（），利用空间向量和二面角的大小，列出方程，确定点的位置

【详解】（1）在翻折过程中总有平面平面，

证明如下：∵点，分别是边，的中点，

又，∴，且是等边三角形，

∵是的中点，∴，

∵菱形的对角线互相垂直，∴，∴，

∵，平面，平面，

∴平面，∴平面，

∵平面，∴平面平面．

（2）由题意知，四边形为等腰梯形，

且，，，

所以等腰梯形的面积，

要使得四棱锥体积最大，只要点到平面的距离最大即可，

∴当平面时，点到平面的距离的最大值为.

假设符合题意的点存在．

以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，又，

又，且，平面，平面，

平面，故平面的一个法向量为，

设（），

∵，

，故，

∴，，

平面的一个法向量为，

则，，

即

令，所以

，

则平面的一个法向量，

设二面角的平面角为，

则，即，解得：，

故符合题意的点存在且为线段的中点．