2021-2022学年湖南省衡阳市第一中学高二下学期第一次月考数学试题（解析版）

这是一份2021-2022学年湖南省衡阳市第一中学高二下学期第一次月考数学试题（解析版），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年湖南省衡阳市第一中学高二下学期第一次月考数学试题 一、单选题1．如图，在长方体中，化简（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据空间向量的线性运算即可求解.【详解】解：如图： ，故选：A.2．直线，若，则a的值为（　　）A．或2 B．3或 C． D．2【答案】C【分析】根据直线平行得到，得到解得或，再验证得到答案.【详解】，，则，解得或，当时，，两直线重合，排除；当，验证满足.综上所述：.故选：C3．已知线段AB的端点B的坐标是，端点在圆上运动，则线段AB的中点M的轨迹方程是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据相关点法即可由中点坐标公式得，将其代入已知圆的方程中即可求解.【详解】设，则由中点坐标公式可得，将代入中得，故选：D4．“”是“直线与圆：相交”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】根据直线和圆相交时圆心到直线的距离和半径的关系判断“”和“直线与圆：相交”的逻辑推理关系，即可判断答案.【详解】设圆：的圆心到直线的距离为d，则 ，当直线与圆：相交时，，解得，当时，一定成立，当时，推不出，因为可能是，故“”是“直线与圆：相交”的必要不充分条件，故选：B5．已知、满足，则的最大值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】记点，则，数形结合可知当为直线与圆的交点，且点在线段上时，取最大值，即可得出的最大值.【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径为，记点，则，如下图所示：当点为直线与圆的交点，且点在线段上时，取最大值，即，因此，的最大值为.故选：B.6．已知圆：，直线：，则直线被圆截得的弦长的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先求出直线恒过定点，再确定圆心到直线的距离的取值范围，再根据弦长公式可求解.【详解】由得，，由解得，所以直线恒过定点，设圆心到直线的距离为，，当直线过圆心，即即时，有最小值为0，当直线时，有最大值为，所以，所以弦长等于，故选:D.7．方程表示圆，则该圆半径的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据配方法，结合二次函数的单调性进行求解即可.【详解】，所以所以有故选：B8．若曲线与直线：有两个交点，则实数的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】求出直线过的定点，再在同一坐标系内作出曲线和直线，借助图形计算作答.【详解】曲线，表示以点为圆心，2为半径的上半圆，半圆弧端点，直线：恒过定点，在同一坐标系内作出半圆及直线，如图，当直线过点A时，直线与曲线有两个交点，，当直线与半圆弧相切（切点在直线PA上方）时，，解得，观察图形知，曲线与直线有两个交点，当且仅当，所以实数的取值范围是.故选：C 二、多选题9．已知经过点和的直线的倾斜角，则实数的可能取值有（    ）A．11 B．12 C．13 D．14【答案】ABC【分析】根据斜率公式求解.【详解】由题可得，所以，结合选项可得实数的可能取值有11,12,13，故选:ABC.10．已知空间三点，，，则下列说法正确的是（    ）A．  B．  C． D．  【答案】CD【分析】由题设计算出相关向量的坐标，根据数量积的坐标运算可判断A；根据向量坐标之间的关系，可判断B；根据向量模的计算可判断C；根据向量的夹角公式可判断D.【详解】由，，，可得，故，故A错误；由,可得，即不平行，B错误；由，故，C正确；由,可得，D正确，故选：11．已知圆：，，.若圆上存在点P使，则正数m的可能取值是（    ）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】BCD【分析】设，根据题意得到，再根据的几何意义得到，从而得到答案.【详解】圆，圆心，半径，设，则，，因为，所以，即，因为表示圆上点到原点的距离，，所以，即，故选：.12．圆和圆的交点为、，则有（    ）A．公共弦所在直线方程B．线段中垂线方程C．公共弦的长为D．为圆上一动点，则到直线距离的最大值为【答案】AB【分析】判断两圆的位置关系为相交，将两圆方程作差可得出公共弦所在直线方程，可判断A选项；求出线段中垂线的方程，可判断B选项；利用勾股定理求出，可判断C选项；求出到直线距离的最大值，可判断D选项.【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径为，圆的标准方程为，圆心为，半径为，，则，所以，圆与圆相交，对于A选项，将两圆方程作差可得公共弦所在直线方程为，即，A对；对于B选项，由圆的几何性质可知，垂直平分线段，，所以，线段的垂直平分线方程为，即，B对；对于C选项，圆心到直线的距离为，所以，，C错；对于D选项，为圆上一动点，则到直线距离的最大值为，D错.故选：AB. 三、填空题13．已知向量，，，共线且方向相反，则__________.【答案】【分析】根据空间向量共线的坐标表示即可求解.【详解】因为，共线且方向相反，所以设，即可得解得或（舍），所以,故答案为: .14．过点且在两坐标轴上的截距互为相反数的直线方程为__________.【答案】或【分析】对两坐标轴上的截距是否为零进行分类讨论，再利用待定系数法即可求得直线方程.【详解】若直线在两坐标轴上的截距为0，则直线过坐标原点，所以直线方程可以写为，即；当截距不为零时，不妨设直线方程为，代入点可得，即；综上可知，直线方程为或.故答案为：或15．圆心在直线y＝－2x上，并且经过点，与直线x＋y＝1相切的圆C的方程是______.【答案】【分析】根据题意，设所求圆的圆心为，半径为，利用两点间的距离公式可得，再利用点到直线的距离公式和直线与圆的位置关系可得圆心到直线x＋y＝1的距离，由此得到关于的方程，解方程即可求出圆心C的坐标，进而求出半径，代入圆的标准方程即可求解.【详解】因为所求圆的圆心在直线y＝－2x上，所以可设圆心为，半径为，由题意知，，又圆C与直线x＋y＝1相切，由点到直线的距离公式可得，，所以，解得，，所以所求圆C的方程为.故答案为：【点睛】本题考查利用直线与圆的位置关系和点与圆的位置关系求圆的标准方程、点到直线的距离公式；考查运算求解能力和分析问题、解决问题的能力；熟练掌握点与圆、直线与圆的位置关系是求解本题的关键；属于中档题.16．已知点关于直线的对称点为，设直线经过点，则当点到直线的距离最大时，直线的方程是__________.【答案】【分析】利用两点关于直线对称可求得点的坐标，求出直线的斜率，分析可知当时，点到直线的距离最大，利用点斜式可得出直线的方程.【详解】设点的坐标为，由题意可得，解得，即点，直线的斜率为，当时，点到直线的距离最大，此时直线的方程为，即.故答案为：. 四、解答题17．在平面四边形中，，，，.(1)求；(2)若，求.【答案】(1)(2) 【分析】(1)在中，利用正弦定理可得：，结合角的取值范围和同角三角函数的基本关系即可求解；(2)根据(1)的结论，得出，在中，利用余弦定理即可求解.【详解】（1）在中，由正弦定理得.由题设知，，所以.由题设知，，所以；（2）由题设及（1）知，.在中，由余弦定理得，所以.18．如图，在三棱柱中，侧棱底面，，，，是中点，是中点，是与的交点，点在线段上.(1)求证：平面；(2)若二面角的余弦值是，求点到平面的距离.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）连结，设，连结，先证明面，面，再由面面平行的判定定理，得到面∥面，由面，即可证明平面；（2）以A为原点，所在直线分别为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，用向量法求解.【详解】（1）连.连，连，∵，，∴.又面，面.∴面.∵四边形是平行四边形，∴，面，面，∴面，∵，面，∴面，面，∴面.（2）以为原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系设，，，，所以，，设平面的法向量，则，即，∴，易知平面的法向量.由二面角的余弦值是，则，又，解得，∴.又，，即点到平面的距离为.19．已知圆：.(1)若直线过点且被圆截得的弦长为2，求直线的斜率；(2)从圆外一点向圆引一条切线，切点为M，O为坐标原点，且，求的最小值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据圆的弦长公式以及点到直线的距离公式即可求解；（2）根据两点间距离公式可得点在直线上运动，进而根据点到直线的距离公式即可求解.【详解】（1）依题意可得圆的标准方程为直线斜率不存在时，直线方程为，此时与圆C相离，（舍）直线斜率存在时，设直线的方程为，即设直线与圆交于A，B两点，圆心到直线的距离为，圆的半径为，则，∴，又解得（2）设，，所以当最小时，最小，又所以由得，化简得，所以点为直线的动点，故当CP与直线垂直时，取最小值，∴，∴.20．在中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，且.(1)求角A；(2)若为锐角三角形，边，求面积的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】(1)法一：由正弦定理将边化角，再化简即可得到角A；法二：由余弦定理将角化边，再化简即可得到角A；(2)由正弦定理用表示出，再代入三角形的面积公式，即可求得面积的取值范围.【详解】（1）法一：因为.由正弦定理得，又，所以.所以.因为，所以，所以.因为，所以，.法二：因为，由余弦定理得，整理得，所以.又，所以.（2）由（1）得，根据题意得解得.在中，由正弦定理得，所以.因为，所以，所以，所以.所以所以的取值范围是.21．如图①，在等腰三角形中，，，、满足，.将沿直线折起到的位置，连接、，得到如图②所示的四棱锥，点满足.(1)证明：平面；(2)当时，求直线与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）在棱上取点满足，连接、，证明出四边形为平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；（2）分别取、的中点、，连接、、，证明出平面，然后以点为坐标原点，、、的方向分别为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.【详解】（1）证明：如图，在棱上取点满足，连接、.，所以，，且.在图①中，，，则，则且，翻折后，在图②中，且，且，所以，且，故四边形为平行四边形，所以，，又平面，平面，平面.（2）解：如图，分别取、的中点、，连接、、.翻折前，则、、三点共线，易知，则，所以，，，则，，，.在中，.在中，，，.又，，、平面，平面.以为坐标原点，、、的方向分别为轴、轴、轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.则，，，，，，.，，，设平面的法向量为，则，取，可得，设直线与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为.22．已知两个定，，动点满足.设动点的轨迹为曲线，直线：.(1)求曲线的轨迹方程；(2)若与曲线交于不同的C，D两点，且（O为坐标原点），求直线的斜率；(3)若，Q是直线上的动点，过Q作曲线E的两条切线QM，ON，切点为M，N，探究：直线MN是否过定点，若有，请求出该定点，否则说明理由.【答案】(1)(2)(3)直线过定点 【分析】(1)利用轨迹方程的求解方法；(2)根据可得圆心到直线的距离；(3)利用圆与圆的公共弦所在直线方程的求解方法可求，即可确定定点.【详解】（1）设，由，得，整理即.（2）易知为等腰直角三角形，点到直线的距离为，即，故.（3）设，则，，故以为圆心，为半径的圆的方程为，将的方程与曲线的方程相减，得，即对恒成立，由，得，故直线过定点.