吉林省通化市梅河口市第五中学2024-2025学年高二上学期9月月考 数学试题

这是一份吉林省通化市梅河口市第五中学2024-2025学年高二上学期9月月考 数学试题，共19页。试卷主要包含了已知直线，圆与直线的交点个数为，过点作圆的切线，所得切线方程为等内容，欢迎下载使用。
高二第一次月考数学试题
说明：本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分，考试时间120分钟．
第Ⅰ卷（选择题，共58分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名､考号填写在答题卡上并将条形码粘贴在粘贴处．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一､单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）
1．直线的倾斜角是（ ）
A．0B．C．πD．不存在
2．下列方程中表示圆心在直线 上，半径为 2，且过原点的圆的是 （ ）
A．B．
C．D．
3．如图，空间四面体的每条棱都等于1，点，，分别是，，的中点，则等于（ ）

A．B．C．D．
4．已知直线：，：若，则实数（ ）
A．或B．C．D．与
5．若点在圆的外部，则a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
6．圆与直线的交点个数为（ ）
A．0个B．1个C．2个D．与k的取值有关
7．如图，平面平面，四边形为正方形，四边形为菱形，，则直线所成角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
8．设为椭圆上一动点，分别为椭圆的左､右焦点，已知点，则的最小值为（ ）
A．2B．3C．4D．5
二､多选题（本大题共3小题，每小題6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，全部选对的得6分，部分选对给部分分，有选错的或不答的得0分．）
9．过点作圆的切线，所得切线方程为（ ）
A．B．C．D．
10．已知椭圆的左､右焦点分别为，为椭圆上不同于左右顶点的任意一点，则下列说法正确的是（ ）
A．的周长为8B．存在点，使得
C．的取值范围为D．的取值范围为
11．如图，在棱长为2的正方体中，E为的中点，若一点P在底面内（包括边界）移动，且满足，则（ ）
A．与平面的夹角的正弦值为B．点到的距离为
C．线段的长度的最大值为D．与的数量积的范围是
第Ⅱ卷（非选择题，共92分）
三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12．已知向量，，，若，，共面，则 ．
13．圆与圆相交所得公共弦长为 ．
14．加斯帕尔·蒙日是18~19世纪法国著名的几何学家，他在研究时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，其圆心是椭圆的中心，这个圆被称为“蒙日圆”.已知椭圆，若直线上存在点，过可作的两条互相垂直的切线，则椭圆离心率的取值范围是 .
四､解答题（本大题共5小题，共77分）
15．已知点和直线.
(1)若直线经过点P，且，求直线的方程；
(2)若直线经过点P，且在两坐标轴上的截距相等，求直线的方程.
16．已知圆与轴相切，圆心在射线，且被直线截得的弦长为.
(1)求圆的方程；
(2)若点在圆上，求点到直线的距离的最小值.
17．已知线段AB的端点B的坐标是，端点A在圆上运动，M是线段AB的中点，
(1)求点M的轨迹方程；
(2)记（1）中所求轨迹为曲线C，过定点的直线l与曲线C交于P，Q两点，曲线C的中心记为点C，求面积的最大值，并求此时直线l的方程．
18．如图所示，正方形所在平面与梯形所在平面垂直，，，，，．
(1)证明：平面；
(2)在线段（不含端点）上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为，若存在求出的值，若不存在请说明理由．
19．阅读材料：“到角公式”是解析几何中的一个术语，用于解决两直线对称的问题.其内容为：若将直线绕与的交点逆时针方向旋转到与直线第一次重合时所转的角为，则称为到的角，当直线与不垂直且斜率都存在时，（其中分别为直线和的斜率）.结合阅读材料，回答下述问题：
已知椭圆的左､右焦点分别为为椭圆上一点，，四边形的面积为为坐标原点.
(1)求椭圆的方程；
(2)求的角平分线所在的直线的方程；
(3)过点的且斜率存在的直线分别与椭圆交于点（均异于点），若点到直线的距离相等，证明：直线过定点.
1．B
【分析】由给定直线的位置求出倾斜角即得.
【详解】直线垂直于x轴，所以直线的倾斜角是.
故选：B
2．D
【分析】假设圆的标准方程，根据题意列出方程求解圆心和半径即可.
【详解】因为圆心在上，所以设圆心为,
因为圆的半径为2，
所以设圆的标准方程为,
因为该圆过原点，
所以，
解得,
所以圆心为或,
当圆心为时，圆的标准方程为，D对;
当圆心为时，圆的标准方程为.
故选：D.
3．B
【分析】根据数量积的定义即可求解.
【详解】，.
故选：B
4．C
【分析】依据直线平行的公式计算可求出的值，注意检验直线重合.
【详解】，，解得：或.
当时，直线：，直线：，两直线重合；
当时，经检验，满足题意；
综上，.
故选：C
5．A
【分析】根据表示圆得，又利用点在圆外得，从而可得结果.
【详解】因为可化为，则，所以．
又点在圆的外部，所以，故，
综上，．
故选：A.
6．D
【分析】求出已知直线过的定点，且判断出定点在圆外可得答案.
【详解】直线，即，
令，解得，故直线l经过点.
又，所以点在圆外，
故直线l与圆的交点个数可能为0、1或2，即与k的取值有关.
故选：D
7．C
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量的夹角即可求解.
【详解】取的中点，连接,
四边形为的菱形，所以，
由于平面平面，且两平面交线为，,平面，
故平面,又四边形为正方形，故建立如图所示的空间直角坐标系，
不妨设正方形的边长为2，则,
故,
则，又
故，
故直线所成角的正弦值，
故选：C
8．B
【分析】利用椭圆定义转化为，即求的最大值，根据三角形性质，当三点共线时最大可得答案.
【详解】，所以F21,0，所以轴，
因为，所以在椭圆内部，且，
所以，
即求的最大值，
由于，当三点共线时最大，
此时，，
所以.
故选：B.
9．AB
【分析】根据切线斜率是否存在分类讨论，利用圆心到切线距离等于半径可求结果．
【详解】
由圆心为，半径为1，过点斜率存在时，设切线为，
则，可得，所以，即；
斜率不存在时，，显然与圆相切，
综上，切线方程为：或．
故选：AB．
10．BCD
【分析】对A项, 根据椭圆的定义,即可判断; 对B项, 设出点的坐标，根据两点间距离公式和椭圆的定义, 即可求出点;对C项,表示出,据椭圆的范围即可得到范围，进而判断; 由椭圆的定义可得, ,,求出的范围,即可判断.
【详解】
由可得,焦点坐标分别为.
对A项, 的周长为，故A错误;
对B项,设存在点,根据两点间距离公式和椭圆的定义得,
即,解得或,故B正确;
对C项, 设点,,则,
所以,,
则,又因为,所以,
所以的取值范围为,故C正确;
对D项, 由C知, ,则,因为,
所以,则,同理可得,所以,
当时,取得最大值,
当或时, 的值,但且,所以的取值范围为,故D正确.
故选:BCD.
11．ABD
【分析】建系，标点，设，根据向量垂直可得.对于A：利用空间向量求线面夹角；对于B：利用空间向量求点到线的距离；对于C：根据空间向量的模长公式分析求解；对于D：根据空间向量的数量积分析求解.
【详解】如图，以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，设，
可得，，
若，则，可得，
则，解得，即.
对于选项A：可知平面的法向量，
则，
所以与平面的夹角的正弦值为，故A正确；
对于选项B：因为，
所以点到的距离为，故B正确；
对于选项C：因为，
则，
且，可得当且仅当时，取到最大值，
所以线段的长度的最大值为3，故C错误；
对于选项D：因为，，
则，
且，可知当时，取到最小值；
当时，取到最大值；
所以与的数量积的范围是，故D正确；
故选：ABD.
12．
【分析】根据向量共面定理得到存在使得，从而得到方程组，求出答案.
【详解】由题意得，存在使得，即，
故，解得.
故答案为：
13．
【分析】两圆方程作差得公共弦所在直线方程，利用点到直线的距离公式可得到直线的距离，最后由即可得解.
【详解】记圆，圆，
两个方程作差可得，，
所以两圆公共弦所在直线方程为，
圆心到直线的距离为，
所以公共弦长为.
故答案为：.
14．
【分析】首先通过椭圆的四条特殊切线可知道蒙日圆的半径，问题转化为直线与蒙日圆有交点问题，根据直线与圆的位置关系列式即可求解。
【详解】由题可知，点在椭圆的蒙日圆上，又因为点在直线上，所以，问题转化为直线和蒙日圆有公共点.
由椭圆方程可知：，如图当长方形的边与椭圆的轴平行时，长方形的边长分别为和，
其对角线长为，因此蒙日圆半径为，所以蒙日圆方程为，因此，需满足圆心到直线的距离不大于半径，
即，所以，所以椭圆离心率，所以.
故答案为：
15．(1)
(2)和
【分析】（1）根据直线垂直的斜率关系，即可由点斜式求解，
（2）根据分类讨论，结合截距式即可代入点求解.
【详解】（1）由直线l的方程可知它的斜率为，因为，所以直线的斜率为2.
又直线经过点，所以直线的方程为：，即；
（2）若直线经过原点，设直线方程为，
代入可得，
若直线不经过原点，设直线方程为，
代入可得，故直线方程为.
综上，直线的方程为和.
16．(1)
(2)
【分析】（1）由题意可设圆的方程为，利用几何法建立弦长的关系，求出即可；
（2）直线与圆相离，则到直线的距离的最小值为圆心到直线的距离减去半径，即可求解
【详解】（1）因为圆心在射线，
则可设圆的圆心为，其中，
因为圆与轴相切，
所以圆的半径为，
圆的方程为，
设圆心到直线的距离为，
则，
由弦长的几何关系得，
解得，
所以圆的方程为；
（2）因为圆心到的距离为，
所以直线与圆相离，点到直线的距离的最小值为
17．(1)
(2)或
【分析】（1）设点，根据题意得到，代入圆，即可求解；
（2）根据题意，设直线，求得圆心到直线的距离为，得到，结合基本不等式，求得最小值，进而求得直线的方程.
【详解】（1）解：设点，由点的坐标为，且是线段的中点，
则，可得，即，
因为点在圆上运动，所以点点坐标满足圆的方程，
即，整理得，
所以点的轨迹方程为.

（2）解：过点定点1,0的直线与曲线交于两点，则直线的斜率一定存在且不为，
设直线，即，
则圆心到直线的距离为，
又因为，
当且仅当时，即时，等号成立，
所以时，取得最大值，此时，解得或，
所以取得最大值，此时直线的方程为或.

18．(1)证明见解析
(2)不存在，理由见解析
【分析】（1）由面面垂直性质定理证明平面，由此证明，再证明，结合线面垂直判定定理证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，假设存在点，满足条件，求平面和平面的法向量，结合向量夹角公式列方程求，由此可得结论.
【详解】（1）正方形中，，
平面平面，平面平面，平面，
∴平面，又平面，所以，，
又，，则，
又，，则，即，
又，则，，平面，
∴平面；
（2）由（1）知，平面，，
以为坐标原点，，，为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，A1,0,0，，，，，
设点，，，
∴，
∴，故，
∴，，
设平面的法向量为，
∴，
令，则，，
∴为平面的一个法向量，
又，设平面的法向量为，
∴，
令，则，，
所以为平面的一个法向量，
∴，解得或，
则线段（不含端点）上不存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为．
19．(1)
(2)
(3)直线过定点，证明见解析
【分析】（1）根据椭圆过点、四边形的面积可得答案；
（2）求出，设的角平分线所在的直线的斜率为，根据到角公式可得答案；
（3）设直线，根据点到直线的距离相等得，由椭圆方程与直线联立求出的坐标，可得直线的斜率，由点斜式求出的方程，根据方程特点可得答案.
【详解】（1）因为四边形的面积为，解得，
可得，即，又为椭圆上一点，
所以，得，解得，
所以椭圆的方程为；
（2）由（1），
，
设的角平分线所在的直线的斜率为，则，
根据到角公式可得，化简得，所以(正值舍去)，
此时直线的方程为，即；
（3）设直线的斜率分别为，可得
直线，
若点到直线的距离相等，则，
化简得，
由椭圆方程与方程联立可得
，
所以，可得，
所以，
所以，
同理可得，因为，
所以，
所以
，
可得直线的方程为，
化简得，
所以，
由，解得，
可得直线过定点.
【点睛】思路点睛：第（3）问解题的思路是由椭圆方程与直线联立求出的坐标，利用点斜式求出的方程，根据方程特点求定点.