天津市天津中学2023-2024学年高二上学期第一次月考数学试题（Word版附解析）

这是一份天津市天津中学2023-2024学年高二上学期第一次月考数学试题（Word版附解析），共23页。

1. 经过点和点的直线的斜率是____________.
【答案】
【解析】
【分析】由两点斜率公式即可求解.
【详解】由两点斜率公式可得,
故答案为：
2. 直线的倾斜角的大小为______．
【答案】##
【解析】
【分析】首先求出直线的斜率，再根据斜率与倾斜角的关系计算可得.
【详解】直线的斜率，
设直线的倾斜角为，则，又，
所以.
故答案为：
3. 已知直线斜率的取值范围是，则的倾斜角的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】根据斜率与倾斜角的关系即可求解.
【详解】因为直线斜率的取值范围是，
所以当斜率时，倾斜角，
当斜率时，倾斜角，
综上倾斜角的取值范围，
故答案为：
【点睛】本题主要考查了直线的斜率，直线的倾斜角，属于中档题.
4. 两直线3x＋y－3＝0和6x＋my－1＝0平行，则它们之间的距离为________.
【答案】
【解析】
【分析】通过直线平行求出，然后利用平行线之间的距离求出结果即可．
【详解】直线与直线平行，
所以，
直线与直线的距离为
．
故答案为：．
5. 已知直线与直线垂直，则a等于___________.
【答案】
【解析】
【分析】若直线与直线垂直,则，进而求解.
【详解】∵直线与直线垂直，
所以,
所以.
故答案为：.
6. 过点，且斜率为2的直线的一般式方程为________________．
【答案】
【解析】
【分析】由点斜式写出直线方程，再化为一般形式即可.
【详解】因为直线过点，且斜率为2，
所以直线的点斜式方程为，所以直线的一般方程为．
故答案为：.
7. 直线l过点P(1，3)，且它的一个方向向量为(2，1)，则直线l的一般式方程为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据直线方向向量求出直线斜率即可得直线方程.
【详解】因为直线l的一个方向向量为(2，1)，所以其斜率，
所以l方程为：，即其一般式方程为：.
故答案为：.
8. 过点且在两坐标轴上截距相等的直线方程是_______________
【答案】或.
【解析】
【分析】
分截距为0以及截距不为0两种情况分别求解即可.
【详解】当截距为0时,满足在两坐标轴上的截距相等.此时设直线方程为,则,故,化简得.
当截距不为0时,设直线方程为,则.故,化简可得.
故答案为：或.
【点睛】本题主要考查了根据直线的截距关系式求解直线方程的问题,需要注意分截距为0与不为0两种情况进行求解.属于基础题.
9. 已知三角形的三个顶点A(－5，0)，B(3，－3)，C(0，2)，则BC边上中线所在的直线方程为________.
【答案】x＋13y＋5＝0
【解析】
【分析】
由中点坐标公式求得BC的中点坐标，再直线方程的两点式即可得到答案.
【详解】由B(3，－3)，C(0，2)，则BC的中点坐标为，
∴BC边上中线所在直线方程为，即x＋13y＋5＝0.
故答案为：.
【点睛】本题考查直线方程的求法，考查中点坐标公式的应用，属于基础题.
10. 经过点，且在x轴上的截距等于在y轴上的截距的2倍的直线l的方程为_________．
【答案】或
【解析】
【分析】分截距为零和截距不为零两种情况求解即可.
【详解】设直线l在y轴上的截距为a，则在x轴上的截距为．
当时，直线l过点，
又直线l过点，故直线l的斜率，
故直线l的方程为，即；
当时，直线l的方程为，即，
∴直线l过点，
∴，
∴，
∴直线l的方程为．
综上可知，直线l的方程为或．
故答案为：或.
11. 不论为何实数，直线恒过定点_________.
【答案】
【解析】
【分析】直线方程转化为，再根据直线系方程求解即可.
【详解】解：将直线方程转化为，
所以直线过直线与的交点，
所以，联立方程，解得
所以，直线恒过定点
故答案为：
12. 已知直线：与：平行，则______.
【答案】
【解析】
【分析】根据两直线平行列方程，验证后求得的值.
【详解】由于，所以，解得或.
当时，两直线方程为，两直线重合，不符合题意.
当时，两直线方程为，两直线平行，符合题意.
综上所述，的值为.
故答案为：
13. 点到直线的距离为______．
【答案】1
【解析】
【分析】直接利用点到直线的距离公式计算可得.
【详解】点到直线的距离.
故答案为：
14. 点到直线距离的最大值为___________.
【答案】
【解析】
【分析】直线恒过点，根据几何关系可得，点到直线的距离为.
【详解】解：直线恒过点，
则点到直线的距离的最大值为点到点的距离，
∴点到直线距离的最大值为：
.
故答案为：.
15. 已知直线，，则直线与之间的距离最大值为______.
【答案】5
【解析】
【分析】分别求出直线，过的定点，，当与两直线垂直时距离最大，且最大值为，由此即可求解．
【详解】直线化简为：，
令且，解得，，
所以直线过定点，
直线化简为：，
令且，解得，，
所以直线过定点，，
当与直线，垂直时，直线，的距离最大，
且最大值为，
故答案为：5．
16. 已知圆的一条直径的端点分别是，，则该圆的方程为________．
【答案】
【解析】
【分析】求出圆心和半径，即得答案.
【详解】由题意可得该圆的圆心为的中点，即，
半径为，
故该圆的方程为，
股答案为：
17. 已知圆的圆心在直线x－2y－3＝0上，且过点A(2，－3)，B(－2，－5)，则圆的一般方程为________________.
【答案】x2＋y2＋2x＋4y－5＝0
【解析】
【分析】方法一：设出圆的标准方程，代入点的坐标，建立方程组，求出答案；
方法二：求出线段AB的垂直平分线方程，联立x－2y－3＝0求出圆心坐标，进而计算出半径，写出圆的标准方程，化为一般方程.
【详解】方法一：设所求圆的标准方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2，
由题意得:,
解得：
故所求圆的方程为(x＋1)2＋(y＋2)2＝10，
即x2＋y2＋2x＋4y－5＝0.
方法二：线段的中点坐标为，即，
直线的斜率为，
所以线段AB的垂直平分线的斜率为-2，
所以线段AB的垂直平分线方程为，即2x＋y＋4＝0，
由几何性质可知：线段AB的垂直平分线与的交点为圆心，
联立，
得交点坐标，
又点O到点A的距离，即半径为，
所以圆的方程为(x＋1)2＋(y＋2)2＝10，
即x2＋y2＋2x＋4y－5＝0
故答案为：x2＋y2＋2x＋4y－5＝0.
18. 经过点圆的方程为___________.
【答案】
【解析】
【分析】设圆的一般方程为，代入点坐标，待定系数求解即可.
【详解】设圆的一般方程为，代入点可得：
，解得
故圆的一般方程为：
故答案为：
19. 若点(1,1)在圆(x－a)2＋(y＋a)2＝4的内部，则a的取值范围是______
【答案】
【解析】
【分析】把点的坐标代入圆的方程，把“＝”改为“＜”号，解不等式即可．
【详解】由题意，解得．
【点睛】本题考查点与圆的位置关系．点与圆有三种位置关系：点在圆内，点在圆上，点在圆外，其判断方法是求出点到圆心的距离然后与半径比较．也可直接代入圆的标准方程，点为，则点在圆内；点在圆上；点在圆外．
20. 在平面直角坐标系中，圆的方程为，该圆的周长为__________.
【答案】
【解析】
【分析】
把一般方程改写成标准方程后可求其半径，从而可求周长．
【详解】由题设可得圆的标准方程为：，
所以圆的半径为，故周长为．
故答案为：．
【点睛】本题考查圆的一般方程与标准方程的互化，注意圆的一般方程 中，，本题属于基础题．
21. 已知实数x，y满足，那么的最小值为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，结合式子的几何意义，利用点到直线的距离公式计算作答.
【详解】方程表示直线，表示该直线上的点与定点的距离，
所以的最小值是点到直线的距离.
故答案为：
22. 方程所表示的曲线是圆，则实数的取值范围是__________．
【答案】
【解析】
【分析】由圆的一般式方程需要满足的条件可得，即可得解.
【详解】因为方程所表示的曲线是圆，
所以，解得或，
即实数的取值范围是.
故答案为：.
23. 当点P在圆上运动时，连接点P与定点，则线段的中点M的轨迹方程为__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据相关点法，利用中点坐标即可求解.
【详解】设,由中点坐标公式可得，由于在圆上运动，所以M轨迹方程为，
故答案为：
24. 圆关于直线对称，则的最小值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】由题意可得直线过圆心，进而可得出的关系，再根据基本不等式中“1”的整体代换即可得解.
【详解】将圆化为标准方程得，
则圆心为，
因为圆关于直线对称，
所以直线过圆心，
则，即，
所以，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为.
故答案为：.
25. 数学家华罗庚说：“数缺形时少直观，形少数时难入微”，事实上，很多代数问题可以转化为几何问题加以解决．例如：与相关的代数问题，可以转化为点与点之间的距离的几何问题．结合上述观点：对于函数，的最小值为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意得，表示点与点与距离之和的最小值，再找对称点求解即可.
【详解】函数，
表示点与点与距离之和的最小值，则点在轴上，
点关于轴的对称点，
所以，
所以的最小值为：.
故答案为：.
二､解答题（共5小题，每道题15分，共75分）
26. 在三棱台中，若平面，分别为中点．
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面所成角的余弦值；
（3）求点到平面的距离；
（4）求点到直线的距离．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
（4）
【解析】
【分析】（1）连接，证明四边形是平行四边形，则，即可得证；
（2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可；
（3）利用向量法求解即可；
（4）利用向量法求解即可.
【小问1详解】
连接，
因为分别为中点，
所以且，
又因且，所以且，
所以四边形是平行四边形，所以，
又平面，平面，
所以平面；
【小问2详解】
如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
则，
故，
设平面法向量为，
则有，可取，
因为轴垂直平面，则可取平面的法向量为，
则，
所以平面与平面所成角的余弦值为；
【小问3详解】
，则，
则点到平面的距离为；
【小问4详解】
，
则，
故，
所以点到直线的距离为．
27. 直三棱柱中，为中点，为中点，为中点．
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面的正弦值；
（3）求点到平面的距离；
（4）求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
（4）
【解析】
【分析】（1）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求证即可；
（2）（3）（4）利用向量法求解即可.
【小问1详解】
如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
则，故，
故，
因为轴垂直平面，所以可取平面的法向量为，
则，所以，
又平面，
所以平面；
【小问2详解】
，
则，
设平面的法向量为，
则有，可取，
则，
所以直线与平面的正弦值为；
【小问3详解】
点到平面的距离为；
【小问4详解】
，
设平面的法向量为，
则有，可取，
因为轴垂直平面，
则可取平面的法向量为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
28. 如图，正方形的中心为，四边形为矩形，平面平面，点为的中点，．
（1）求证：平面；（特别提醒：这一问建系去证给0分）
（2）求二面角的正弦值；（可以开始建系了）
（3）求点到直线的距离；
（4）设为线段上的点，求如果直线和平面所成角的正弦值为，求的长度．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
（4）或
【解析】
【分析】（1）根据面面垂直的性质即可得证；
（2）（3）（4）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【小问1详解】
因为四边形为矩形，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面；
【小问2详解】
如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
则，
故，
设平面的法向量为，
则有，可取，
设平面的法向量为，
则有，可取，
则，
所以二面角的正弦值为；
【小问3详解】
，
则，所以，
所以点到直线的距离为；
【小问4详解】
设，
则，
故，
解得或，
所以或.
29. 如图，在四棱柱中，侧棱底面，且点和分别为和的中点．
（1）求证：平面；
（2）求二面角的正弦值；
（3）设为棱上的点，若直线和平面所成角的正弦值为，求线段的长．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接，证明四边形为平行四边形即可；
（2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可；
（3）设，再利用向量法求解即可.
【小问1详解】
取的中点，连接，
因为点和分别为和的中点，
所以且，
又且，
所以且，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，
所以平面；
【小问2详解】
如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
取的中点，连接，
因为，为的中点，所以，
则，
则，
故，
设平面的法向量为，
则有，可取，
设平面的法向量为，
则有，可取，
则，
所以二面角的正弦值为；
【小问3详解】
设，
，
因为平面，
则即为平面的一条法向量，
，
则，
解得（舍去），
所以.
30. 如图，四棱柱中，侧棱底面，为棱的中点．
（1）证明：平面；
（2）求二面角的正弦值；
（3）设点在线段上，且直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法证明即可；
（2）利用向量法求解即可；
（3）设，再根据线面角利用向量法求解即可.
【小问1详解】
如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
则，
故，
则，
所以，
又平面，
所以平面；
小问2详解】
由（1）得即为平面的一个法向量，
，
设平面的法向量为，
则有，令，则，
所以，
则，
所以二面角的正弦值为；
【小问3详解】
设，
则，
因为轴垂直平面，
则可取平面的法向量为，
则，
解得（舍去），
所以.
【点睛】