2022-2023学年新疆维吾尔自治区喀什地区喀什第六中学高二上学期11月月考数学试题含答案

这是一份2022-2023学年新疆维吾尔自治区喀什地区喀什第六中学高二上学期11月月考数学试题含答案，共19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。
2022-2023学年新疆维吾尔自治区喀什地区喀什第六中学高二上学期11月月考数学试题 一、单选题1．若点到直线的距离为4，且在不等式表示的平面区域内，则点的横坐标是（    ）A．7或-3 B．7 C．-3 D．-7或3【答案】B【分析】坐标满足不等式求出取值范围，由点到直线距离公式,求出的值,.【详解】点在不等式表示的平面区域内到直线的距离为,解得或（舍去）.故选:B【点睛】本题考查点到直线的距离公式化简求值,理解二元一次不等式表示的平面区域,属于基础题.2．设直线的方向向量为，，，为平面的三点，则直线与平面的位置关系是（    ）A． B．或C． D．【答案】C【分析】设直线的方向向量为，利用，，又与有公共点B，从而即可求解.【详解】解：因为，，为平面的三点，所以，，设直线的方向向量为，则，因为，,所以，，又与有公共点B，所以直线垂直于平面，即，故选：C.3．已知圆C的方程为，则下列结论正确的是（    ）A．圆C关于直线对称B．圆C的圆心在x轴上，且过原点C．圆C关于直线对称D．圆C的圆心在y轴上，且过原点【答案】C【分析】将圆C的一般方程转化为标准方程，求出圆心及半径，对各选项逐一判断即可求解.【详解】解：因为圆C的方程为，即，所以圆心坐标为，半径，对A：圆C的圆心不在直线上，所以圆C不关于直线对称，故选项A错误；对B：圆C的圆心不在x轴上，但圆C过原点，故选项B错误；对C：圆C的圆心在直线上，所以圆C关于直线对称，故选项C正确；对D：圆C的圆心不在y轴上，但圆C过原点，故选项D错误；故选：C.4．椭圆的焦距等于，则的值为（    ）A． B． C．或 D．或【答案】C【分析】分焦点在x轴和y轴，求出c，利用2c=1 即可求解.【详解】椭圆的焦点在x轴时，有.由题意得：，解得：m=6.椭圆的焦点在y轴时，有.由题意得：，解得：m=4.故选：C5．已知直线：，：，若，则实数等于（    ）A． B．0 C．1 D．2【答案】A【分析】根据两条直线的斜率乘积等于可得结果.【详解】因为直线：，：，且，所以，即.故选：A.【点睛】本题考查了由两条直线垂直求参数值，属于基础题.6．在中，内角的对边分别为，若的面积为，且，则外接圆的面积为（    ）A．  B．  C．  D． 【答案】A【分析】由条件可得，即，进而结合正弦定理可得外接圆的半径，从而得到外接圆的面积.【详解】∵由余弦定理可得：，又∵，可得，∵，可得：，即，∵，∴，设外接圆的半径为，由正弦定理可得：，即得：，∴外接圆的面积，故选：A.【点睛】本题考查了余弦定理、三角形面积公式以及三角函数的化简求值，属于中档题．7．过两直线和的交点，并与原点的距离等于的直线有（   ）条A．0 B．1 C．2 D．3【答案】C【分析】先求出两直线交点坐标，再分直线的斜率存在与不存在两种情况讨论求解即可.【详解】解：由，求得，所以，两直线和的交点，所以，当直线的斜率不存在时，直线方程为，到原点的距离为，满足题意；当直线的斜率存在时，设所求直线的方程为，即，所以原点到直线的距离为，解得，即.所以，过点且与原点的距离等于的直线有两条，分别为，.故选：C.8．已知，分别是椭圆的左、右焦点，若椭圆上存在点，使得，则该椭圆的离心率的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由向量数量积为零可确定点在以为直径端点的圆，由此可得，根据椭圆关系可构造不等关系求得离心率的范围.【详解】由得：，点在以为直径端点的圆上，由此可得该圆的半径，，即，，.故选：A. 二、多选题9．空间直角坐标系中，已知，下列结论正确的有（    ）A． B．若，则C．点A关于平面对称的点的坐标为 D．【答案】AB【分析】利用向量的坐标公式，模的计算公式，对称点的坐标，及数量积公式依次计算即可得出结果.【详解】，,，A正确,D错误.若，则,则,B正确，点A关于平面对称的点的坐标为，故C错误，故选：AB.10．已知圆和圆相交于､两点，下列说法正确的为（    ）A．两圆有两条公切线 B．直线的方程为C．线段的长为 D．圆上点，圆上点，的最大值为【答案】ABD【分析】由给定条件判断圆O与圆M的位置关系，再逐项分析、推理、计算即可作答.【详解】圆的圆心，半径，圆的圆心，，，显然有，于是得圆O与圆M相交，圆O与圆M有两条公切线，A正确；由得：，则直线的方程为，B正确；圆心O到直线：的距离，则，C不正确；，当且仅当点E，O，M，F四点共线时取“=”，如图，因此，当点E，F分别是直线OM与圆O交点，与圆M交点时，，D正确.故选：ABD11．已知，分别是双曲线：的左､右焦点，过作x轴的垂线交双曲线于点P，.若点M在双曲线的左支上运动，点N在圆：上运动，则的值可能为（    ）A．9 B．8 C．7 D．6【答案】ABC【分析】由题可得双曲线的方程为，利用双曲线的定义及圆的性质可得的取值范围，即得.【详解】将代入，得，所以，解得，所以双曲线的方程为，∴圆的方程为，易得与无公共点，因为点M在双曲线的左支上，所以，所以，由两点之间线段最短，得最小为.因为点N在圆：上运动，所以最小为点到圆心的距离减去半径2，所以，所以的最小值为7，∴的取值范围是.故选：ABC.12．下列命题正确的是（    ）A．若直线与直线是异面直线，则直线与直线一定异面B．方程表示圆的一般方程C．若空间向量，，不共面，则，，不共面D．夹在两个平行平面间的两条平行线段相等【答案】AD【解析】用反证法判断直线，一定是异面直线，选项A正确；根据表示圆的条件得出选项B错误；假设存在非零实数，，使得，求出、、的值，判断选项C错误；利用平行四边形证明夹在两个平行平面间的两条平行线段相等，判断选项D正确.【详解】解：对于A，假设直线，不是异面直线，即直线，共面；则，，，四点共面，所以，是共面直线，这与已知条件“，是两个异面直线”矛盾.所以假设不成立，所以直线，一定是异面直线，选项A正确；对于B，只有当时，方程表示圆的一般方程，所以选项B错误；对于，假设存在非零实数，，使得，则，解得，不妨令，，所以存在非零实数，，使得，所以，，共面，C错误；对于D，设平面，直线，且，，，；连接，，如图所示；则由、确定平面为，且、共面，无公共点，所以，所以四边形为平行四边形，所以；即夹在两个平行平面间的两条平行线段相等，选项D正确.故选：AD. 三、填空题13．经过点和点的直线与直线平行，则      .【答案】/【分析】根据直线平行可得斜率相等，即可建立关系求解.【详解】直线的斜率为，又直线与直线平行，，解得.故答案为：.14．已知椭圆：的左右焦点分别为，，点M是椭圆C上一点，点N是线段的中点，O为坐标原点，若，则          .【答案】2【分析】先求出，再由椭圆的定义求出，结合中位线即可求解.【详解】由得，由椭圆方程得，故，由于是的中位线，故.故答案为：2.15．已知圆，定点，是圆上的一动点，线段的垂直平分线交半径于点，则点的轨迹的方程是             .【答案】【解析】先由题意，得到，，推出，根据椭圆的定义，即可得出曲线的轨迹，从而可得轨迹方程.【详解】由题意得，因为是圆上的一动点，线段的垂直平分线交半径于点，所以；因此，根据椭圆的定义，点的轨迹是，为焦点，以为实轴长的椭圆，所以，，所以，所以点的轨迹方程为：.故答案为：.【点睛】关键点点睛：求解本题的关键在于，根据题中条件，得到，推出，结合椭圆的定义求解即可.16．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】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. 四、解答题17．已知点，直线.求：(1)直线l关于点A的对称直线的方程；(2)直线关于直线l的对称直线的方程.【答案】(1)(2) 【分析】（1）在直线上任取两个不同的点，求出这两个点关于对称的点，再根据点斜式方程即可得解；（2）求出两直线的交点，在直线任取一点，求出此点关于直线l对称的点，再根据点斜式方程即可得解.【详解】（1）解：由直线，可得直线上的两点，设两点关于对称的点分别为，则两点在直线上，则，解得，故，，解得，故，则，所以直线的方程为，即；（2）解：联立，解得，即直线与直线的交点坐标为，在直线上取点，设点关于直线l对称的点为，则直线过点和点，当时，点和点所在直线与直线不垂直，所以，则，解得，即，则，所以直线的方程为，即.18．如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，，是的中点，点在上，且.(1)证明：平面；(2)求平面与平面的夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2). 【分析】(1)利用坐标法或几何法利用线面垂直的判定定理证明；(2)利用空间向量计算面面角.【详解】（1）证明：由题平面，底面为矩形，以为原点，直线，，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系如图：则，，，，，，，，，∵∴，∵，∴，∵,且平面，∴平面.（法二）证明：由题平面，底面为矩形，以为原点，直线，，所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如图：则，，，，，，设是平面的一个法向量.，.取，有∴，，则，.∴平面.（法三）证明：连接∵平面，平面,∴.在中，，.∵，∴，且，∴平面，又∵平面，∴.∵，又∵，∴，∴.且，且平面，∴平面.（2）（接向量法）由（1）可知平面的法向量为（也可为）.平面的一个法向量为..∴平面PAM与平面PDC的夹角的余弦值为.（法二）延长AM，DC，交于点N，连接PN.∵，∴平面，∵，∴平面.∴平面平面.过D做于，连接.∵平面，∴.又，，∴平面，又平面，∴.又∵，，平面,∴平面，∴，∴为二面角的平面角.在中，，∴.∴平面与平面的夹角的余弦值为.19．曲线与坐标轴的交点都在圆上．（1）求圆的标准方程；（2）若圆上恰有一个点到直线的距离为，求的值．【答案】（1）（2）或．【详解】试题分析：（1）曲线与坐标轴的交点分别为，，，可考虑待定系数法求圆的方程，也可利两用弦的中垂线的交点为圆心，确定圆心，写出圆的方程；（2）因为圆上恰有一个点到直线的距离为，所以圆的圆心到直线的距离为，从而求解.试题解析：（1）曲线与坐标轴的交点分别为，，线段的中垂线为，线段的中垂线为，即，联立得所以圆心坐标为，则半径为，所以圆的方程为．（2）因为圆上恰有一个点到直线的距离为，所以圆的圆心到直线的距离为，由，得，或．20．准备一张圆形纸片，在圆内任取不同于圆心的一点，将纸片折起，使圆周过点（如图），然后将纸片展开，就得到一条折痕（为了看清楚，可把直线画出来）．这样继续折下去，得到若干折痕．观察这些折痕围成的轮廓，它是什么曲线？【答案】椭圆【分析】设圆心为点，圆的半径为，设点关于直线的对称点为，连接交直线于点，连接，计算出，结合椭圆的定义可得出结论.【详解】解：如下图所示：设圆心为点，圆的半径为，设点关于直线的对称点为，连接交直线于点，连接，由对称性可得，所以，（定值），又因为，由椭圆的定义可知，点的轨迹是以、为焦点的椭圆.21．如图1，直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC=90°，AD=AB=BC，E是底边BC上的一点，且EC=3BE．现将△CDE沿DE折起到△C1DE的位置，得到如图2所示的四棱锥C1﹣ABED，且C1A=AB．  （1）求证：C1A⊥平面ABED；（2）若M是棱C1E的中点，求直线BM与平面C1DE所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【分析】（1）设 AD=AB=BC=1，利用勾股定理的逆定理可以判断C1A⊥AD，C1A⊥AE；（2）由（1）知：C1A⊥平面ABED；且AB⊥AD，分别以AB，AD，AC1为x，y，z轴的正半轴建立空间直角坐标系，明确平面的法向量的坐标和的坐标，利用直线与平面的法向量的夹角的余弦值等于线面角的正弦值解答．【详解】（1）设AD=AB=BC=1则C1A=1，C1D=，∴，∴C1A⊥AD，又∵BE=，C1E=∴AE2=AB2+BE2=∴∴C1A⊥AE又AD∩AE=E∴C1A⊥平面ABED；（2）由（1）知：C1A⊥平面ABED；且AB⊥AD，分别以AB，AD，AC1为x，y，z轴的正半轴建立空间直角坐标系，如图则B（1，0，0），C1（0，0，1），E（1，，0），D（0，1，0），∵M是C1E的中点，∴M（），∴=（），设平面C1DE的法向量为=（x，y，z），，=（0，1，﹣1），由即，令y=2，得=（1，2，2）设直线BM与平面C1DE所成角为θ，则sinθ=||=∴直线BM与平面C1DE所成角的正弦值为    22．已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，离心率等于，它的一个顶点恰好在抛物线的准线上．求椭圆的标准方程；点，在椭圆上，是椭圆上位于直线两侧的动点当运动时，满足，试问直线的斜率是否为定值，请说明理由．【答案】（1）；（2）.【分析】设椭圆C的标准方程为，由椭圆的一个顶点恰好在抛物线的准线上，可得，解得又，，联立解得即可；设，，由，则PA，PB的斜率互为相互数，可设直线PA的斜率为k，则PB的斜率为，直线PA的方程为：，与椭圆的方程联立化为，利用根与系数的关系、斜率计算公式即可得出．【详解】设椭圆C的标准方程为，椭圆的一个顶点恰好在抛物线的准线上，，解得．又，，，，可得椭圆C的标准方程为．设，，，则PA，PB的斜率互为相互数，可设直线PA的斜率为k，则PB的斜率为，直线PA的方程为：，联立，化为，，同理可得：，，，．直线AB的斜率为定值．【点睛】考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法：因直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用．