2022-2023学年河南省信阳高级中学高二上学期10月巩固测试数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年河南省信阳高级中学高二上学期10月巩固测试数学试题（解析版），共16页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年河南省信阳高级中学高二上学期10月巩固测试数学试题 一、单选题1．已知 “直线的倾斜角”； “直线的斜率”，则是的（    ）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】由 “直线的倾斜角”，则直线的斜率或或不存在，再由集合法判断必要不充分条件即可【详解】 “直线的倾斜角”，则直线的斜率或或不存在；又 “直线的斜率”，所以是的必要不充分条件，故选：B．2．已知直线的倾斜角为，则的值是．A． B． C． D．【答案】C【详解】试题分析：，选C.【解析】二倍角公式3．设是四面体，是的重心，G是上的一点，且，若，则等于（    ）A．1 B． C． D．2【答案】C【分析】取的中点，连接，然后利用三角形法则以及三角形重心的性质和中线的性质即可求解．【详解】如图所示，取的中点，连接，因为，所以，所以，故选：C．4．已知直线y＝2x是△ABC中∠C的平分线所在的直线，若点A，B的坐标分别是(－4，2)，(3，1)，则点C的坐标为A．(－2，4) B．(－2，－4) C．(2，4) D．(2，－4)【答案】C【分析】求出A(－4，2)关于直线y＝2x的对称点为(x，y)，可写出BC所在直线方程，与直线y＝2x联立，即可求出C点坐标.【详解】设A(－4，2)关于直线y＝2x的对称点为(x，y)，则，解得∴BC所在直线方程为y－1＝(x－3)，即3x＋y－10＝0.  联立直线y=2x，解得，则C(2，4)．故选C.【点睛】本题主要考查了点关于直线的对称点，属于中档题.5．如图所示，在三棱柱中，是等边三角形，平面，，，，分别是，，的中点，则直线与所成角的余弦值为（    ）A． B． C． D．0【答案】D【分析】方法一：根据异面直线夹角的定义，延长，使 ，连接，分析图形结合余弦定理可求直线与所成角的余弦值；方法二：将三棱柱补成四棱柱，结合异面直线夹角的定义确定夹角，根据余弦定理与勾股定理可求得直线与所成角的余弦值；方法三：根据三棱柱的几何性质，建立空间直角坐标系，按照空间坐标运算求解直线与所成角的余弦值即可.【详解】解：方法一：延长，使 ，连接，如图所示．在三棱柱中，是等边三角形，平面，，易知，．设直线与所成角为，易知，∴直线与所成角的余弦值为 0．故选：D．方法二：如图，将三棱柱补成四棱柱，其中两个三棱柱全等．取中点，连接，由棱柱性质易知 ，∴为与所成角或其补角．连接，由题知，∴，又， ∴在中由余弦定理可得 ∴在中，，∴∴直线与所成角的余弦值为 0．故选：D．方法三：如图，取中点为，连接，在三棱柱中，是等边三角形，平面，，易得平面，则，又，为中点，所以，则以为原点，以为轴建立空间直角坐标系．所以，则，所以∴直线与所成角的余弦值为 0．故选：D．6．如图，在边长为2的正方形中，，分别为，的中点，为的中点，沿，，将正方形折起，使，，重合于点，在构成的三棱锥中，下列结论错误的是（    ）A．平面B．三棱锥的体积为C．直线与平面所成角的正切值为    D．平面【答案】D【分析】利用线面垂直的判定定理即可判断A，利用体积法即可判断B，作出三棱锥的直观图，作出要求的空间角即可判断C，利用线面垂直的判定定理证明平面即可判断D【详解】翻折前，，，故翻折后，，，又，平面，平面，故A正确；由题意可知，三棱锥的侧棱底面，则，故B正确；连接，，则为与平面所成的角，，是的中点，，．又，，故C正确；平面，平面， ，又，平面，平面．∵与不平行，不可能与平面垂直，故D错误．故选：D． 二、填空题7．直线l：ax+（a+1）y+2=0的倾斜角大于45°，则a的取值范围是______．【答案】【分析】当a=-1时，符合题意；当a≠-1时，只需<0或>1即可，解不等式综合可得．【详解】当a＝－1时，直线l的倾斜角为90°，符合要求；当a≠－1时，直线l的斜率为，只要>1或者<0即可，解得－1<a<－或者a<－1或者a>0.综上可知，实数a的取值范围是(－∞，－)∪(0，＋∞)．【点睛】本题考查直线的倾斜角，涉及解不等式和分类讨论，属基础题．8．设，过定点A的动直线和过定点B的动直线交于点，则的最大值是______．【答案】5【详解】试题分析：易得.设，则消去得：，所以点P在以AB为直径的圆上，，所以，.法二、因为两直线的斜率互为负倒数，所以，点P的轨迹是以AB为直径的圆.以下同法一.【考点定位】1、直线与圆；2、重要不等式. 9．已知曲线：．过点 的直线被所截得的线段长度为 8，则直线的方程为________．【答案】或【分析】根据直线与圆的位置，分2种情况讨论：①当直线的斜率不存在，②当直线的斜率存在时，每种情况下先设出直线的方程，利用直线被所截得的线段长度为8，可得关于的方程，解可得的值，综合即可得答案．【详解】解：圆：的圆心，半径当直线的斜率不存在时，直线的方程为，则圆心到直线的距离，此时所截得的线段的长为，所以符合题意．当直线的斜率存在时，设的方程为，即，圆心到的距离，此时所截得的线段的长为，得，解得．所以直线的方程为，即，综上，直线的方程为或．故答案为：或．10．已知直线：与圆交于，两点，过，分别作的垂线与轴交于，两点，若，则__________．【答案】4【分析】由题，根据垂径定理求得圆心到直线的距离，可得m的值，既而求得CD的长可得答案.【详解】因为，且圆的半径为，所以圆心到直线的距离为，则由，解得，代入直线的方程，得，所以直线的倾斜角为，由平面几何知识知在梯形中，．故答案为4【点睛】解决直线与圆的综合问题时，一方面，要注意运用解析几何的基本思想方法（即几何问题代数化），把它转化为代数问题；另一方面，由于直线与圆和平面几何联系得非常紧密，因此，准确地作出图形，并充分挖掘几何图形中所隐含的条件，利用几何知识使问题较为简捷地得到解决．11．已知实数、、、满足：，，，则的最大值为______．【答案】【分析】设A（x1，y1），B（x2，y2），=（x1，y1），=（x2，y2），由圆的方程和向量数量积的定义、坐标表示，可得三角形OAB为等边三角形，AB=1，+的几何意义为点A，B两点到直线x+y﹣1=0的距离d1与d2之和，由两平行线的距离可得所求最大值．【详解】设A（x1，y1），B（x2，y2），=（x1，y1），=（x2，y2），由x12+y12=1，x22+y22=1，x1x2+y1y2=，可得A，B两点在圆x2+y2=1上，且•=1×1×cos∠AOB=，即有∠AOB=60°，即三角形OAB为等边三角形，AB=1，+的几何意义为点A，B两点到直线x+y﹣1=0的距离d1与d2之和，显然A，B在第三象限，AB所在直线与直线x+y=1平行，可设AB：x+y+t=0，（t＞0），由圆心O到直线AB的距离d=，可得2=1，解得t=，即有两平行线的距离为=，即+的最大值为+，故答案为+．【点睛】本题考查向量数量积的坐标表示和定义，以及圆的方程和运用，考查点与圆的位置关系，运用点到直线的距离公式是解题的关键，属于难题．12．如图，已知棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，M分别是线段AB，AD，AA1的中点，又P，Q分别在线段A1B1，A1D1上，且A1P＝A1Q＝x(0<x<1).设平面MEF∩平面MPQ＝l，现有下列结论：①l//平面ABCD；②l⊥AC；③直线l与平面BCC1B1不垂直；④当x变化时，l不是定直线.其中成立的结论是________.(写出所有成立结论的序号)【答案】①②③【分析】①根据线面平行的性质证明出线线平行，进而证明出l//平面ABCD；②结合l∥EF，EF⊥AC，故证得l⊥AC，③l∥EF∥BD，而与平面BCC1B1不垂直，故证明出结论；④得到l是过点M且与直线EF平行的定直线.【详解】连接BD，B1D1，∵A1P＝A1Q＝x，∴PQ∥B1D1∥BD∥EF，易证PQ∥平面MEF，又平面MEF∩平面MPQ＝l，∴PQ∥l，同理可证：l∥EF，∴l∥平面ABCD，故①成立；又EF⊥AC，∴l⊥AC，故②成立；∵l∥EF∥BD，而与平面BCC1B1不垂直∴直线l与平面BCC1B1不垂直，故③成立；当x变化时，l是过点M且与直线EF平行的定直线，故④不成立.故答案为：①②③ 三、解答题13．已知圆M过C(1，﹣1)，D(﹣1，1)两点，且圆心M在x+y﹣2=0上.（1）求圆M的方程；（2）设P是直线3x+4y+8=0上的动点，PA，PB是圆M的两条切线，A，B为切点，求四边形PAMB面积的最小值.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）设圆的方程为：，由已知列出方程组，解之可得圆的方程；（2）由已知得四边形的面积为，即有，又有.因此要求的最小值，只需求的最小值即可，根据点到直线的距离公式可求得答案.【详解】解：（1）设圆的方程为：，根据题意得，故所求圆M的方程为： ；（2）如图， 四边形的面积为，即又，所以， 而，即.因此要求的最小值，只需求的最小值即可，的最小值即为点到直线的距离所以，四边形面积的最小值为.14．如图,在四棱锥中, 平面平面,.（1）求证:平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）在棱上是否存在点,使得平面？若存在, 求的值；若不存在, 说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）存在，.【分析】试题分析：（Ⅰ）由面面垂直的性质定理知AB⊥平面，根据线面垂直的性质定理可知，再由线面垂直的判定定理可知平面；（Ⅱ）取的中点，连结，以O为坐标原点建立空间直角坐标系O-xyz，利用向量法可求出直线PB与平面PCD所成角的正弦值；（Ⅲ）假设存在，根据A，P，M三点共线，设，根据BM∥平面PCD，即（为平面PCD的法向量），求出的值，从而求出的值. 试题解析：（Ⅰ）因为平面平面，，所以平面.所以.又因为，所以平面.（Ⅱ）取的中点，连结.因为，所以.又因为平面，平面平面，所以平面.因为平面，所以.因为，所以.如图建立空间直角坐标系.由题意得，.设平面的法向量为，则即令，则.所以.又，所以.所以直线与平面所成角的正弦值为.（Ⅲ）设是棱上一点，则存在使得.因此点.因为平面，所以平面当且仅当，即，解得.所以在棱上存在点使得平面，此时.【解析】空间线面垂直的判定定理与性质定理；线面角的计算；空间想象能力，推理论证能力【名师点睛】平面与平面垂直的性质定理的应用：当两个平面垂直时，常作的辅助线是在其中一个平面内作交线的垂线，把面面垂直转化为线面垂直，进而可以证明线线垂直(必要时可以通过平面几何的知识证明垂直关系)，构造(寻找)二面角的平面角或得到点到面的距离等. 15．已知直线，半径为2的圆C与l相切，圆心在x轴上且在直线l的右上方．1求圆C的方程；2过点的直线与圆C交于A，B两点在x轴上方，问在x轴上是否存在定点N，使得x轴平分？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）；（2）见解析【分析】1设圆心（a，0），由圆心到直线的距离等于半径列等式解得或，再根据圆心在直线l的右上方可得，从而可得圆的方程；2联立直线与圆的方程消去y的一元二次方程，根据韦达定理和斜率公式列式化简可得．【详解】设圆C的方程为：，由得或，又圆心在在直线l的右上方，故.故所求圆C的方程为：.设过点的直线方程为：设，，故，假设存在使得x轴平分，则即，故对任意恒成立，即恒成立，故即【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，也考查了韦达定理和斜率公式的应用，属于中档题．16．如图，三棱锥的底面是等腰直角三角形，其中，，平面平面，点，，，分别是，，，的中点.（1）证明：平面平面；（2）当与平面所成的角为时，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）首先根据面面垂直的性质定理证明线面垂直，再通过线面垂直证明面面垂直；（2）首先找到直线PF与平面ABC所成角，计算得到PE的长，方法一是由向量法求角，再根据角是钝角，进而求得角的余弦值；方法二是根据几何法找角，再边长求角的余弦值.【详解】（1）证明：由题意可得，，点，分别是，的中点，故，故，平面平面，交线为， 故平面又在平面内，故平面平面；（2）连结，由，点是的中点，可知，再由平面平面，可知平面，连结，可知就是直线与平面所成的角，于是，法一：分别以，，为，，轴建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，，设平面的一个法向量为，则得取，则，即平面的一个法向量为，又平面的一个法向量为，于是注意到二面角是钝角，所以二面角的余弦值为.法二：取的中点，连结，，则，得点在平面内.又因为平面平面，在平面内的射影就是，由，得，故二面角的平面角为，是等腰三角形，点，分别是，的中点，故.于是所以所以二面角的余弦值为.【点睛】本题考查了立体几何中的面面垂直的判定和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.