2021-2022学年山东省烟台市烟台第一中学高二上学期10月月考数学试题（解析版）

 2021-2022学年山东省烟台市烟台第一中学高二上学期10月月考数学试题

一、单选题

1．过点、且圆心在直线上的圆的标准方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【解析】设圆心的坐标为，根据圆心到点、的距离相等可得出关于实数的等式，求出的值，可得出圆心的坐标，并求出圆的半径，由此可得出所求圆的标准方程.

【详解】设圆心为，由可得，

整理可得，解得，所以圆心，

所求圆的半径为，因此，所求圆的标准方程为.

故选：A.

【点睛】方法点睛：求圆的方程常见的思路与方法如下：

（1）求圆的轨迹方程，直接设出动点坐标，根据题意列出关于、的方程即可；

（2）根据几何意义直接求出圆心坐标和半径，即可写出圆的标准方程；

（3）待定系数法，可以根据题意设出圆的标准方程或一般方程，再根据所给条件求出参数即可.

2．空间四点共面，则（    ）

A． B． C．1 D．4

【答案】A

【解析】由于四点A，B，C，D共面，可得存在实数λ，μ使得，解出即可．

【详解】，

∵四点A，B，C，D共面，

存在实数λ，μ使得，

解得

故选：A

【点睛】本题主要考查了向量共面定理，考查了计算能力，属于容易题．

3．已知直线的一个方向向量，且直线过和两点，则（      ）

A．0 B．1 C． D．3

【答案】A

【解析】根据，即可得出.

【详解】解：和

，

因为直线的一个方向向量为

故设．

，，．

解得，．

．

故选：．

【点睛】本题考查了直线的方向向量、方程的解法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．

4．已知空间向量，，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由题知，进而结合题意，根据向量模的计算得，再求向量夹角余弦值即可.

【详解】解：因为，所以，

因为，，

所以，即，

所以，

所以.

故选：C

5．已知直线与直线平行，则实数的值是（    ）

A． B．或0 C．0 D．

【答案】A

【分析】首先判断直线是否存在斜率，根据斜率相等求出参数值，检验是否重合.

【详解】当时，两直线都为，重合，故舍去；

当时，由两直线平行，得到，解得，

经检验，两直线不重合，成立，

综上，实数的值是．

故选A．

6．经过点作直线，若直线与连接，两点的线段总有公共点，则直线的倾斜角的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】由题知，再根据斜率范围求解倾斜角的范围即可.

【详解】解：设直线的斜率为，直线的倾斜角为，则，

因为直线的斜率为，直线的斜率为，

因为直线经过点，且与线段总有公共点，

所以，即，

因为，

所以或，

故直线的倾斜角的取值范围是．

故选：D．

7．已知点为直线上的一点，M，N分别为圆与圆上的点，则的最大值为（    ）

A．4 B． C． D．7

【答案】C

【分析】根据题意，求得关于的对称点，结合，而当，，三点共线时，取得最大值，据此求解即可.

【详解】设关于直线的对称点为，

则，解得，由对称性可得，

圆，圆心，半径为2，

则，当且仅当，，三点共线时等号成立，

由于，，∴，

即的最大值为．

故选：C．

8．如图，在边长为的正方体中，为的中点，点在底面上移动，且满足，则线段的长度的最大值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设点，根据得出、满足的关系式，并求出的取值范围，利用二次函数的基本性质求得的最大值.

【详解】如下图所示，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，

则点、、，设点，

，，

，，得，

由，得，得，

，

，当时，取得最大值.

故选：D.

【点睛】本题考查立体几何中线段长度最值的计算，涉及利用空间向量法处理向量垂直问题，考查计算能力，属于中等题.

二、多选题

9．下列说法不正确的是（    ）

A．不能表示过点且斜率为的直线方程；

B．在轴、轴上的截距分别为的直线方程为；

C．直线与轴的交点到原点的距离为；

D．平面内的所有直线的方程都可以用斜截式来表示.

【答案】BCD

【解析】由中可判断A；当可判断B；由距离为正数可判断C；由截距式斜率一定存在可判断D

【详解】由于定义域为，故不过点，故A选项正确；

当时，在轴、轴上的截距分别为0的直线不可用表示，故B不正确；

直线与轴的交点为，到原点的距离为，故C不正确；

平面内斜率不存在的直线不可用斜截式表示.

故选：BCD

【点睛】本题考查了直线方程的几种形式的适用范围，考查了学生概念理解，综合分析的能力，属于基础题.

10．在长方体中，，，则异面直线与所成角的大小可能为（    ）

A． B． C． D．

【答案】AB

【分析】根据空间向量夹角公式、长方体的性质，结合空间向量加法的几何意义、余弦函数的单调性、异面直线的性质进行求解即可.

【详解】因为，，所以由勾股定理可知：，

设异面直线与所成角为，

，

因为，

所以，

即，因为，所以，因此选项AB符合，

故选：AB

11．已知MN是正方体内切球的一条直径，点在正方体表面上运动，正方体的棱长是2，则的取值可为（    ）

A．-1 B．0 C． D．5

【答案】BC

【分析】根据给定条件，令正方体内切球的球心为，利用空间向量数量积将化为的函数，即可求出其范围作答.

【详解】令正方体内切球的球心为，为球的直径，则，，

则，

而点在正方体表面上移动，则当为正方体顶点时，，

当为内切球与正方体表面相切的切点时，，于是得，

所以的取值范围为，选项B、C满足，A、D不满足．

故选：BC

12．已知圆，直线，则下列结论正确的是（    ）

A．当时，直线与圆相交

B．为圆上的点，则的最大值为

C．若圆上有且仅有两个不同的点到直线的距离为，则的取值范围是

D．若直线上存在一点，圆上存在两点、，使，则的取值范围是

【答案】AD

【解析】计算圆心到直线的距离，并和圆的半径比较大小，可判断A选项的正误；求出圆上的点到点的距离的最大值，可判断B选项的正误；根据已知条件求出实数的取值范围，可判断C选项的正误；分直线与圆有公共点和直线与圆相离两种情况讨论，结合题意得出关于实数的不等式，求出实数的取值范围，可判断D选项的正误.

【详解】对于A选项，当时，直线的方程为，圆的圆心为，

圆心到直线的距离为，此时，直线与圆相交，A选项正确；

对于B选项，点到点的距离的最大值为，

所以，的最大值为，B选项错误；

对于C选项，当圆上有且仅有两个点到直线的距离等于，如下图所示：

由于圆的半径为，则圆心到直线的距离满足，解得，

即，解得或，C选项错误；

对于D选项，若点为直线与圆的公共点，只需当为圆的一条直径（且、不与点重合），则；

若直线与圆相离，过点作圆的两条切线，切点分别为、，

由题意可得，所以，，

设点，可得，即，即，

则存在，使得成立，

可得，解得，D选项正确.

故选：AD.

【点睛】关键点点睛：对于B选项，解题的关键点就是要分析出，对于D选项，解题的关键就是要分析出，进而得出，转化为关于的不等式有解求参数.

三、填空题

13．从出发的光线，经平面xOy反射后到达点，则光线所行走的路程为______．

【答案】

【分析】根据光线的性质，求出点关于平面的对称点，可转化为求的长.

【详解】点关于平面xOy的对称点为，

又从出发的光线，经平面xOy反射后到达点，

则光线所行走的路程等于．

故答案为：．

14．直线分别交轴于两点，点在直线上，则的最小值是________.

【答案】

【分析】先计算得到，计算关于直线对称的点为，利用

得到答案.

【详解】直线分别交轴于两点，则

设关于直线对称的点为则 解得

，当三点共线时等号成立

故答案为：

【点睛】本题考查了利用对称求距离的最值问题，找出对称点是解题的关键.

15．已知圆的方程为，直线的方程为，点在直线上，过点作圆的切线PA，PB，切点为A，B．四边形PAMB面积的最小值为______．

【答案】

【分析】求出四边形PAMB的面积的表达式，当最小时，四边形 PAMB的面积 S最小．通过圆心到直线的距离求解即可．

【详解】解：如图，

四边形PAMB的面积，

所以当最小时，四边形PAMB的面积最小，

又的最小值是圆心到直线的距离，

即，所以四边形PAMB的面积最小值是．

故答案为：．

四、双空题

16．已知四面体ABCD中，AB，BC，BD两两垂直，，与平面ACD所成角的正切值为，则______，点到平面ACD的距离为______．

【答案】     2     ##

【分析】作出平面ACD的过点B的垂线，根据计算AB的长，根据AB与平面ACD所成角的大小计算垂线段的长.

【详解】取CD的中点，连接AE，过作交AE于，如图所示，

∵，是CD的中点，∴，∵，，，

∴，∴，∴，

又，AE，平面ABE，

∴平面ABE，又平面，∴平面平面，

又平面平面，，∴平面ACD，

故为AB与平面ACD所成的角，∴，∴，

∵，∴，故，

又，∴，∴．

故答案为：2；．

五、解答题

17．求解下列问题：

(1)求过点，且与点的距离为1的直线方程；

(2)已知点、到直线的距离相等，且直线经过两直线和的交点，求直线的方程．

【答案】(1)或

(2)或

【分析】（1）根据所求直线的斜率是否存在进行分类讨论，结合到直线的距离为求得直线方程.

（2）先求得直线与的交点，然后根据与平行或过的中点求得直线的方程.

【详解】（1）当直线的斜率不存在时，直线方程为，点到直线的距离为1，符合题意；

当直线斜率存在时，设直线方程为，

即，因为点到直线的距离为1，

所以，解得，

所以直线方程为，即，

综上，所求直线方程为或.

（2）解方程组，可得交点坐标为，

当直线的斜率不存在时，直线的方程为，，到直线的距离不相等，

所以直线的斜率存在，

①若A、B在直线的同侧，则，，

∴直线的方程是：，即；

②若A、B分别在直线的异侧，则直线过线段AB的中点，

∴直线的两点式方程是，即，

综上，直线的方程是或．

18．在平面直角坐标系中，已知圆的圆心在直线上，且圆与直线相切于点.

（1）求圆的方程；

（2）过坐标原点的直线被圆截得的弦长为，求直线的方程.

【答案】（1）；（2）或

【分析】（1）首先求出过点且与直线垂直的直线，则圆心必在此直线上；与联立可求得圆心坐标；再利用两点间距离公式可求得；根据圆心和半径可求得圆的方程；（2）根据直线被圆截得的弦长可求得圆心到直线的距离：，分别在斜率存在和不存在两种情况下求解直线方程，进而可得结果.

【详解】（1）由题意得，过点且与直线垂直的直线方程为：

由，解得：    圆心的坐标为

圆的半径：

圆的方程为：

（2）因为直线被圆截得的张长为

圆心到直线的距离：

若直线的斜率不存在，则为直线，此时圆心到的距离为，不符合题意；

若直线的斜率存在，设直线的方程为：，即

由，整理得：

解得：或

直线的方程为：或

【点睛】本题考查直线与圆的位置关系的应用问题，涉及到直线与圆相切、直线被圆截得的弦长问题.

19．如图，直四棱柱中，，底面是边长为4的菱形，且，为中点．

(1)求点到直线的距离．

(2)求二面角的余弦值．

【答案】(1)；

(2)．

【分析】（1）根据题意分析可以建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标关系求解点到直线的距离；

（2）根据二面角的向量求解方法即可.

【详解】（1）解：底面是边长为4的菱形，且，为中点，则由余弦定理得，所以

则，即可得，则如图所示，分别以、、为x，y，z轴建立坐标系，

则，，，，

又因为，设，

直线的一个单位方向向量为，

所以点到直线的距离；

（2）解：又，，，

设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，

则，有，解得，即可得，

则，，解得，即可得，

设二面角的平面角为，可知为钝角，

则，

所以二面角的余弦值是．

20．已知的顶点，高CD所在直线方程为，角的平分线BE所在直线方程为．求：

(1)点的坐标；

(2)BC边所在直线方程．

【答案】(1)；

(2)．

【分析】（1）先求出直线的斜率，从而求出直线的方程，由此能求出点坐标．

（2）由，，角的平分线所在直线方程为，得，求出，由此能求出直线的方程．

【详解】（1）解：∵的顶点，高CD所在直线方程为，

角的平分线BE所在直线方程为，

∴直线AB的斜率，

∴直线AB的方程为：，即，

联立，得，

∴B点坐标为；

（2）解：∵，，角的平分线BE所在直线方程为，

∴，

∴，解得或（舍），

∴直线BC的方程为：，即．

21．如图，在三棱柱中，侧棱平面，，，，，点是AB的中点．

(1)求直线到平面的距离．

(2)在线段AB上找一点，使得与CP所成角为60°，求的值．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）由已知条件可证得平面，从而直线到平面的距离即为点到平面的距离，建立空间直角坐标系, 求出平面的法向量，然后利用点到平面的距离公式求解即可；

（2）设，则，利用空间向量夹角余弦公式列出方程，即可解出答案．

【详解】（1）如图，连接交于点，连接DE，

在三棱柱中，四边形为平行四边形，

∴E是的中点，又是AB的中点，∴，

∵平面，平面，∴平面，

∴直线到平面的距离即为点到平面的距离，

因为在三棱柱中，侧棱平面，平面，，

则以CA为轴，CB为轴，为轴建立空间直角坐标系，

又，，，

故，，，，，，

所以，，

设平面的法向量为，

则，所以，令，得，，所以，

又，

所以点到平面的距离，即直线到平面的距离为；

（2）因为，，，

所以，，，

设，所以，

因为与CP所成角为60°，

所以，

整理得，即，

解得，即．

22．已知正方形的边长为4，，分别为，的中点，以为棱将正方形折成如图所示的的二面角，点在线段上．

(1)是否存在点，使得直线与平面所成的角为，若存在，求出的长．若不存在，说明理由；

(2)在（1）的条件下，求平面与平面的所成锐角的余弦值．

【答案】(1)存在，或

(2)

【分析】（1）依题意可得平面平面，取的中点，过作直线与平行，交于，则，即可得到平面，距离空间直角坐标系，设，利用空间向量法得到方程，解得即可；

（2）取的中点，即可得到平面，从而得到平面的法向量，在利用空间向量法计算可得.

【详解】（1）解：存在，由已知，，，所以由已知有，

又，所以为等边三角形，所以，

又，，平面，所以平面，

又平面，所以平面平面，

取的中点，过作直线与平行，交于，则，

又平面平面，平面，所以平面，

又，平面，所以，，

又由已知可得，所以由为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

所以，，，，

所以，，

设，则，

设平面EMC的法向量，则

所以，取，则，，所以，

因为与平面所成的角为，所以，

所以，解得或，

所以存在点，使得直线与平面所成的角为，此时或．

（2）解：取的中点，

由为等边三角形，所以，又，，平面

所以平面，

则为平面的一个法向量，，即，

设平面与平面所成锐角大小为，结合，

所以，

当或，均有，

所以平面与平面所成锐角的余弦值为．