2022-2023学年黑龙江省哈尔滨市第一中学校高二上学期11月月考数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年黑龙江省哈尔滨市第一中学校高二上学期11月月考数学试题（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。
2022-2023学年黑龙江省哈尔滨市第一中学校高二上学期11月月考数学试题 一、单选题1．在空间直角坐标系中，已知点，则线段的中点坐标是（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】利用中点坐标公式即可求解.【详解】在空间直角坐标系中，点，， 则线段的中点坐标是 ，即.故选：B.2．已知直线与互相垂直，则实数（    ）A．1 B．3 C．1或 D．或3【答案】C【分析】由两直线垂直可直接构造方程求得结果.【详解】因为两直线垂直，所以解得或，故选：C3．直线与圆相交于两点，则（    ）A． B． C．2 D．4【答案】B【分析】根据圆的相关知识即可求得弦长.【详解】由已知圆，圆心为，半径 所以圆心到直线距离所以故选：B4．在正方体中，分别为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据线线平行可用几何法找到两异面直线所成的平面角，再利用锐角三角函数即可求解.【详解】取中点,连接,，不妨设正方体的棱长为2，由于分别为的中点，则，又在正方体中，易得，所以，故异面直线与所成角为或其补角，因为，平面，所以平面，又平面，故，所以在直角三角形中，，易知异面直线与所成角为锐角，所以其余弦值为.故选：D..5．已知椭圆的左､右焦点分别为，过的直线与椭圆相交于两点，且，则的长等于（    ）A．4 B．3 C．2 D．1【答案】A【分析】先由椭圆方程求出，然后根据已知条件结合椭圆的定义可求出的长.【详解】由，得，则，由题意可得，因为，，所以，得，故选：A.6．已知直线过点，且方向向量为，则点到的距离为（    ）A． B． C． D．3【答案】B【分析】根据直线一个方向向量为，取直线的一个单位方向向量为，计算，代入点到直线的距离公式计算即可.【详解】直线的一个方向向量为，取直线一个单位方向向量为，又为直线外一点，且直线过点， ，，点到直线的距离为.故选：B.7．已知点P为圆：上任一点，点Q为圆：上任一点，则的最小值为（    ）A．1 B． C．2 D．4【答案】A【分析】根据题意得两圆的位置关系为内含，进而得的最小值为.【详解】解：由题知，圆半径为，圆心坐标为，圆半径为，圆心坐标为，所以两圆的位置关系为内含，所以，，所以的最小值为．故选：A8．设为椭圆上的动点，为椭圆的焦点，为的内心，则直线和直线的斜率之积（　　）A．是定值 B．非定值，但存在最大值C．非定值，但存在最小值 D．非定值，且不存在最值【答案】A【分析】连接并延长交轴于，，再由内角平分线定理可得；设，，，代入椭圆方程可求出，结合得，进一步求出，再表示出，化简即可得答案．【详解】连接并延长交轴于，则由内角平分线定理可得：，，；设，，，则，，，则，又，则．，则，，，则，直线和直线的斜率之积是定值．故选：A． 二、多选题9．已知空间中三点，，，则（    ）A． B．C． D．A，B，C三点共线【答案】AB【详解】易得，，，，A正确;因为，所以，B正确，D错误;而，C错误.故选: AB.10．下列说法正确的是（    ）A．在两坐标轴上截距相等的直线都可以用方程表示B．方程表示的直线斜率一定存在C．直线过点，且原点到的距离是2，则的方程是D．坐标平面内过点的直线还可以写成【答案】BD【分析】A选项，考虑直线在坐标轴上截距为0时，得到A错误；B选项，得到表示的直线斜率为，B正确；C选项，考虑直线斜率不存在时，方程为，满足要求，故C错误；D选项，根据点在直线上，得到，从而，变形后得到答案.【详解】A选项，当直线在坐标轴上截距为0时，不能用方程来表示，故A错误；B选项，方程表示的直线斜率为，故斜率一定存在，B正确；C选项，直线过点，当直线的斜率不存在时，方程为，此时原点到的距离是2，满足要求，当直线的斜率存在时，设直线方程为，由点到直线距离公式可得：，解得：，此时直线方程为，即，综上：直线过点，且原点到的距离是2，则的方程是或，C错误；D选项，因为直线过点，故，由题意得，故，整理得：，D正确.故选：BD11．古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名，他发现；平面内到两个定点、的距离之比为定值的点所形成的图形是圆．后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．已知在平面直角坐标系中，，．点满足，设点所构成的曲线为，下列结论正确的是（    ）A．的方程为B．在上存在点，使得到点的距离为C．在上存在点，使得D．上的点到直线的最小距离为【答案】ABD【分析】对于A，设点，由结合两点间的距离公式化简即可判断，对于B，由A可知曲线C的方程表示圆心为，半径为的圆，从而可求出圆上的点到点的距离的范围，进而进行判断，对于C，设，由，由距离公式可得方程，再结点在曲线C上，得到一个方程，两方程联立求解判断，对于D，由于曲线C的方程表示圆心为，半径为的圆，所以只要求出圆心到直线的距离减去圆的半径可得答案【详解】由题意可设点，由，，，得，化简得，即，所以选项A正确；对于选项B，曲线C的方程表示圆心为，半径为的圆，点与圆心的距离为，与圆上的点的距离的最小值为，最大值为，而，所以选项B正确；对于选项C，设，由，得，又，联立方程消去得，解得无解，所以选项C错误；对于选项D，的圆心到直线的距离为，且曲线的半径为，则上的点到直线的最小距离故选项D正确；故选：ABD．12．如图，在棱长为1的正方体中，为的中点，则下列结论正确的有（    ）A．四点共面B．到平面的距离为C．过点的平面截正方体所得截面的面积为D．四面体内切球的表面积为【答案】BD【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法计算的坐标，从而判断选项A；根据等体积法求到平面的距离，从而判断选项B；作辅助线得出截面为梯形，求出梯形面积即可判断选项C；根据等体积法计算四面体的内切球半径，计算球的表面积判断选项D.【详解】对于 A, 构建如图(1)所示的空间直角坐标系, 则 , ,不存在一个实数，使得，即不共线，所以四点不共面，故A错误；对于 ,如图(2), 连接 , 设 到平面 的距离为 , 即点 到平面 的 距离, , 即 , 求得 , 故 B 正确.对于C, 取 的中点 , 连接 , 则 , 如图(2)所示,则梯形 为过点 的平面截正方体 所得的截面, 易知 , , 可得梯形 的高为 , 则梯形 的面积 , 故 C 错误.对于D, 易知四面体 的体积 , 因为四面体 的棱长都为 , 所以其表面积 . 设四面体 内切球的半径为 , 则 , 解得 , 所以四面体 内切球的表面积为 , 故 D 正确.故选：BD.【点睛】本题考查空间直线到平面的距离、四点共面、内切球表面积和截面面积的计算，考查棱锥与球的位置关系，属于难题. 三、填空题13．已知，则_________.【答案】【分析】根据向量数量积的坐标运算即可求解.【详解】,所以，故答案为：14．已知圆，过点作圆的切线，则该切线的一般式方程为________．【答案】【分析】由圆心、切点坐标求得，即可知切线的斜率，写出切线方程即可.【详解】∵点在圆C上，，∴切线斜率，故切线方程为，即．故答案为：15．已知圆与圆相交于两点，则_________.【答案】【分析】两圆方程相减，即可求出直线AB的方程为，求出圆心到直线AB的距离d，进而根据几何法得弦.【详解】解：因为圆与圆相交于两点，所以直线AB的方程为：，即，圆心到弦AB的距离，所以，故答案为：.16．已知，分别是椭圆的左、右焦点，点P在椭圆上，且在第一象限，过作的外角平分线的垂线，垂足为A，O为坐标原点，若，则该椭圆的离心率为______.【答案】【分析】延长，交于点Q，根据PA是的外角平分线，得到，，再利用椭圆的定义求解.【详解】解：如图所示：延长，交于点Q，∵PA是的外角平分线，，，又O是的中点，，且.又，，，∴离心率为.故答案为： 四、解答题17．已知的顶点边上的高所在直线方程为，角的平分线所在直线方程为.(1)求顶点的坐标；(2)求直线的方程.【答案】(1)(2) 【分析】（1）设，根据垂直关系和点在直线上得到方程组，解得答案.（2）计算点C关于的对称点，计算斜率得到直线方程.【详解】（1）设，则有，，即，解得，即；（2）点C关于的对称点，则，，解得，即，，直线的方程：，整理：.18．如图，在直三棱柱中，，，分别为和的中点，．(1)求证：；(2)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）首先通过线面垂直的判定定理得证平面，从而得证；（2）首先通过线面垂直的判定定理得证平面，从而得到即为所求角，求出该角的正弦值即可得到答案.【详解】（1）证明：因为是直三棱柱，所以平面，平面，所以，又因为，为中点，所以，，所以平面，平面，所以．（2）依题意得，又因为，，所以，，所以平面．，，所以平面，连结，即为直线与平面所成角．因为，所以，，.所以与平面所成角的正弦值为．19．已知点，动点与点的距离是它与点的距离的倍.(1)求点的轨迹的方程；(2)若直线（为任意实数）与交于两点，求取得最小值时直线方程.【答案】(1)；(2). 【分析】（1）根据两点间距离公式进行求解即可；（2）根据直线所过的定点与圆的位置关系，结合圆的几何性质进行求解即可.【详解】（1）设，因为动点与点的距离是它与点的距离的倍，所以有；（2），因为，所以有，因此直线过定点，因为，所以点在圆内，圆心为，因此当直线与直线互相垂直时，有最小值，所以直线的方程为.20．如图，已知平面，底面为矩形，分别为的中点.(1)求证：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) 若为中点，连接，易证为平行四边形，则，根据线面平行的判定即可证明；(2)建立空间直角坐标系，易知是面的一个法向量，求出平面的法向量量，利用向量的夹角公式即可求解.【详解】（1）若为中点，连接，又､为､的中点，底面为矩形，所以且，而且，所以且，故为平行四边形，故，又面，面，则面.（2）由题意，可构建如下图示的空间直角坐标系，，所以，，，，则，，，若是面的一个法向量，则，令，故，又是面的一个法向量，所以，故平面与平面的夹角的余弦值.21．已知圆：.（1）求过点且与圆相切的直线的方程；（2）已知点，，是圆上的动点，求面积的最大值.【答案】（1）或；（2）.【分析】（1）将圆化为标准式，求出圆心与半径，讨论直线的斜率存在或不存在，当不存在时，设出点斜式，利用点到直线的距离等于半径即可求解.（2）将问题转化为求圆上的点到直线距离的最大值即可求解.【详解】（1）当直线的斜率不存在时：，此时圆心到直线的距离等于半径，满足题意，当直线的斜率存在时，设直线方程为：，圆：，因为直线与圆相切，所以圆心到直线的距离等于圆的半径，即，∴所以直线方程为：.（2）∵，，∴，直线的方程为：，圆心到直线AB的距离为：，所以点P到直线AB的距离的最大值为，所以.22．已知椭圆的短轴长为，左顶点A到右焦点的距离为．(1)求椭圆的方程(2)设直线与椭圆交于不同两点，（不同于A），且直线和的斜率之积与椭圆的离心率互为相反数，求证：经过定点．【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）依题意可得、，再根据，即可求出、，从而求出椭圆方程、离心率；（2）设直线为，，，联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，依题意可得，即可得到方程，整理得到，即可得到、的关系，从而求出直线过定点；【详解】（1）解：依题意、，又，解得，，所以椭圆方程为，离心率；（2）解：由（1）可知，当直线斜率存在时，设直线为，联立方程得，消去整理得，设，，所以，；因为直线和的斜率之积与椭圆的离心率互为相反数，所以；即所以，即，所以，即，所以或，当时，直线：，恒过定点，因为直线不过A点，所以舍去；当时，直线：，恒过定点；当直线斜率不存在时，设直线，，，则，且，解得或（舍去）；综上可得直线恒过定点.