安徽省合肥一六八中学2021-2022学年高二上学期第三次月考数学试题 Word版含解析.docx

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安徽省合肥一六八中学2021-2022学年高二上学期第三次月考数学试题（考试总分：150分考试时长：120分钟）一、单选题（本题共计8小题，总分40分）1.为空间任意一点，若，若、、、四点共面，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用空间向量共面基本定理的推论可求出的值.【详解】空间向量共面的基本定理的推论：，且、、不共线，若、、、四点共面，则，因为为空间任意一点，若，且、、、四点共面，所以，，解得.故选：C.2.已知直线与直线互相平行，则实数的值为()AB.2或C.2D.【答案】D【解析】【分析】两直线斜率存在时，两直线平行则它们斜率相等，据此求出a的值，再排除使两直线重合的a的值即可﹒【详解】直线斜率必存在，故两直线平行，则，即，解得，当时，两直线重合，∴．故选：D．3.在空间直角坐标系中，若，，与的夹角为，则的值为（） A.1B.C.或D.17或【答案】D【解析】【分析】根据题意，结合空间向量的数量积的运算公式和空间向量的夹角公式，列出方程，即可求解.【详解】由题意，向量，，可得，，，因为与的夹角为，可得，即，整理得，解得或.故选：D.4.平面直角坐标系xOy中，已知点P（2，4），圆O：，则下列结论正确的是（）A.过点P与圆O相切的直线方程为B.过点P的直线与圆O相切于M，N，则直线MN的方程为C.过点P的直线与圆O相切于M，N，则|PM|=3D.过点P的直线m与圆O相交于A，B两点，若∠AOB=90°，则直线m的方程为或【答案】D【解析】【分析】首先求出过点的切线方程，注意分斜率存在和不存在两种情况讨论，即可判断A,再利用勾股定理求出切线长，即可判断C,在以为圆心，以为直径的圆上，两圆方程作差即可求出直线的方程，由此判断B,由圆心到直线的距离求出直线斜率，即可求出直线方程,进而求解D.【详解】对于A：当直线的斜率不存在时，则直线的方程为，圆心到直线的距离，所以是过点的圆的切线，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，圆心到直线的距离，解得，此时直线的方程为，过点的圆的切线方程为或，故A错误， 对于B;在以为圆心，以为直径的圆，直线为圆与圆的公共弦，两圆方程相减得：，即直线的方程为，故B错误，对于C;，，故C错误，对于D：过点的直线与圆相交于，两点，若，则，圆心到直线的距离，显然直线的斜率存在，设直线方程为，即，，解得或7，直线方程为或，故D正确，故选：D5.如图，在四棱锥中，平面，与底面所成的角为，底面为直角梯形，，点为棱上一点，满足，下列结论错误的是（）A.平面平面；B.点到直线的距离；C.若二面角的平面角的余弦值为，则；D.点A到平面的距离为．【答案】D【解析】【分析】A选项，作出辅助线，证明出AC⊥BC，结合平面可得线线垂直，从而证明线面垂直，最后证明出面面垂直；B选项，求出点P到直线CD的距离即为PC 的长度，利用勾股定理求出答案；C选项，建立空间直角坐标系，利用空间向量进行求解；D选项，过点A作AH⊥PC于点H，证明AH的长即为点A到平面的距离，求出AH的长.【详解】A选项，因为平面，平面，所以CD，故∠PBA即为与底面所成的角，，因为，所以PA=AB=1，因为，取AD中点F，连接CF，则AF=DF=AB=CF=BC，则四边形ABCF为正方形，∠FCD=∠FCA=45°，所以AC⊥CD，又因为，所以CD⊥平面PAC，因为CD平面PCD，所以平面平面PCD，A正确；由A选项的证明过程可知：CD⊥平面PAC，因为平面PAC所以CD⊥PC，故点P到直线CD的距离即为PC的长度，其中由勾股定理得：，B正确；以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，则，，，， 其中平面ACD的法向量为，设平面ACE的法向量为，则，令得：，所以，设二面角的平面角为，显然，其中，解得：或，因为，所以，C正确；过点A作AH⊥PC于点H，由于CD⊥平面APC，平面APC，所以AH⊥CD，因为，所以AH⊥平面PCD，故AH即为点A到平面PCD的距离，因为PA⊥AC，所以，D选项错误 故选：D6.已知点是圆的动点，直线上存在两点，，使得恒成立，则线段长度的最小值是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据几何的思路得到当以为直径的圆与圆内切，且时，线段长度最小，然后求即可.【详解】由得圆心，半径，直线上存在使恒成立，则以为直径的圆包含圆，当长度最小时，两圆内切，设中点为，则此时，所以.故选：A.7.在平面直角坐标系中，已知关于点集的两个结论：①存在直线l，使得集合中不存在点在直线l上，而存在点在l的两侧；②存在直线l，使得集合中存在无数个点在直线上.则下列判断正确是（）A.①成立，②成立B.①成立，②不成立C.①不成立，②成立D.①不成立，②不成立【答案】B【解析】【分析】对于①只需要找一条直线，使得一部分圆在直线的方程，余下圆在直线的下方即可.对于②从极限的思想考虑. 【详解】对于①，取直线,则对于任意的，有，故圆均在直线的下方，而对任意的，有，故圆均在直线的上方，而当时，表示原点，它在直线的下方，故此时集合中所有的点均不在直线上，且存在点在直线的两侧.所以①成立.对于②，设直线的方程为，则圆心到直线的距离为当时所以直线只能与有限个圆相交，所以②不成立.故选：B8.已知正方体的棱长为为棱上的靠近点的三等分点，点在侧面上运动，当平面与平面和平面所成的角相等时，则的最小值为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】以为原点建立空间直角坐标系，设，根据二面角的空间向量坐标公式表达平面与平面和平面所成的角，再化简结合的取值范围求解即可.【详解】如图，以为原点建立空间直角坐标系，正方体棱长为3， 则，，，设，则，，由正方体的性质可得平面的一个法向量为，平面的一个法向量，设平面的法向量，则，即，取，则，，故，又平面与平面和平面所成的角相等，故，即，故，即，.①当，即时，因为，所以，又，则，，此时.②当，即时，因为，所以，又，故，此时，故当时取最小值.综上的最小值为.故选：A二、多选题（本题共计4小题，总分20分）9.已知是直线上的一个动点，过点作圆的两条切线，为切点，则（）A.切线长的最小值为B.四边形面积的最小值为 C.存在点，使得D.弦长的最小值为【答案】ABD【解析】【分析】根据圆的方程可确定圆心和半径，利用切线长可确定当为圆心到直线距离时，切线长最小，知A正确；利用可知当最小时，四边形面积最小，知B正确；由可求得，由可知C错误；利用余弦定理可知，结合角的范围可确定，知D正确.【详解】由圆的方程知：圆心，半径；对于A，，当垂直于直线时，取得最小值，，，A正确；对于B，，当取得最小值时，四边形面积取得最小值，B正确；对于C，，，又，，又，，不存在点，使得，C错误；对于D，由余弦定理得：，由C知：，的最小值为，，则，D正确.故选：ABD.10. 攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为最尖，清代称攒尖，通常有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑，园林建筑．下面以四角攒尖为例，如图，它的屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥．已知此正四棱锥的侧面与底面所成的锐二面角为，这个角接近，若取，侧棱长为米，则（）A.正四棱锥的底面边长为6米B.正四棱锥的底面边长为3米C.正四棱锥的侧面积为平方米D.正四棱锥的侧面积为平方米【答案】AC【解析】【分析】利用已知条件画出图像，设O为正方形的中心，为的中点，设底面边长为，利用线面角的定义得出，根据已知条件得到各边的长，进而求出正四棱锥的侧面积即可.详解】如图，在正四棱锥中，O为正方形的中心，为的中点，则，设底面边长为．因，所以．在中，，所以，底面边长为6米，平方米．故选：AC. 11.棱长都相等的正四棱锥的侧面与底面所成的二面角大小为α，两相邻侧面所成的二面角大小为β，不相邻两侧面所成的二面角大小为γ，则（）A.β＝2αB.γ＝2αC.β＋γ＝πD.cos2α＋cosβ＝0【答案】ACD【解析】【分析】在正四棱锥中分别找到或作出，求出三角函数值，利用三角函数值判断它们的关系即可.【详解】设正四棱锥的棱长为2，连接相交于，取的中点分别为,连接，如图，由棱长都相等正四棱锥可知，平面，，，所以，,又，，故，，所以，即，故A正确；由对称性知，不相邻的侧面所成角为侧面与面所成角的2倍，故，所以，， 而，故，故B错误；因为，，所以，故C正确；因为，所以，故D正确.故选：ACD12.已知圆上两点满足点满足则下列选项不正确的有（）A.当时B.当时，过点的圆的最短弦长是C.线段的中点纵坐标最小值是D.过点作圆的切线且切点为，则的取值范围是【答案】AB【解析】【分析】根据圆的弦长、圆的切线等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】圆的圆心是，半径为.设是线段的中点，则.点满足，则是线段的垂直平分线与轴的交点，A选项，当时，，所以，则.若弦所在直线为，如下图所示，此时，则，即，所以A选项错误. B选项，当时，，如下图所示，过点的圆的最短弦长是轴被圆所截部分，此时弦长为，所以B选项错误.C选项，由于，则，所以线段的中点的轨迹是以为圆心，半径为的圆上和圆内的点，如下图阴影部分所示，则点的纵坐标的最小值为，所以C选项正确.D选项，依题意，，， 整理得，即，解得或，所以D选项正确.故选：AB【点睛】求解圆的弦长有关问题，可转化为圆心到直线的距离来解决.过圆内的一点的最长弦长是直径，最短弦是过该点且与过该点的最长的弦垂直的弦.求解圆外一点引圆的两条切线的问题，可结合图象，结合圆的几何性质来解决.三、填空题（本题共计4小题，总分20分）13.已知直线l的倾斜角是直线的倾斜角的2倍，且l经过点，则直线l的方程为______．【答案】【解析】【分析】先设出所求直线和已知直线的倾斜角，利用直线的一般式方程得到已知直线的斜率，再利用二倍角的正切公式求出所求直线的斜率，进而写出直线的点斜式方程，化为一般式即可.【详解】设所求直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，则，且，所以，所以可得直线l的方程为，即．故答案为：.14.若三个向量，，共面，则实数m的值为______．【答案】21【解析】【分析】根据向量共面基本定理即可求解.【详解】，，共面，则存在实数，使得，即 ，故答案为：2115.已知与相交于点线段是圆的一条动弦，且则的范围为_____【答案】【解析】【分析】先求得点的轨迹，然后求得线段中点的轨迹，结合向量运算以及圆与圆的位置关系等知识求得正确答案.【详解】直线，即，直线过定点，且斜率存在.直线，即，直线过定点，直线与轴不平行.线段的中点为，，由于，所以，所以点的轨迹是以线段为直径的圆，即点的轨迹是圆（除点）.圆的圆心为，半径为，设是的中点，连接，则垂直平分，则，所以点的轨迹是以为圆心，半径为的圆，即点的轨迹是圆，，即圆（除点）上的点，与圆上的点的距离，， 所以，即，所以.故答案为：16.在三棱锥中，，PA＝4，AB＝3，二面角的大小为，在侧面△PAB内（含边界）有一动点M，满足M到PA的距离与M到平面ABC的距离相等，则M的轨迹的长度为_________．【答案】##【解析】【分析】过M作于N，MO⊥平面ABC于O，过O作于Q，连接MQ，则为二面角的平面角，以AB所在直线为x轴，AP所在直线为y轴建立平面直角坐标系，求出直线AM、直线PB的方程可得直线AM与PB的交点坐标可得答案.【详解】如图，过M作于N，MO⊥平面ABC于O， 过O作于Q，连接MQ，则为二面角的平面角，由，得MQ＝2MO．又MO＝MN，所以MQ＝2MN，在△PAB中，以AB所在直线为x轴，AP所在直线为y轴建立平面直角坐标系，则直线AM的方程为y＝2x，直线PB的方程为，所以直线AM与PB的交点坐标为，所以M的轨迹为线段AR，长度为．故答案为：．四、解答题（本题共计6小题，总分70分）17.（1）直线经过两直线与的交点，且在两坐标轴上的截距相等，求直线的方程.（2）已知直线经过点，且原点到直线的距离等于，求直线的方程.【答案】（1）或；（2）或.【解析】【分析】（1）根据已知条件联立方程组，求出交点坐标，再利用直线的截距式方程即可求解；（2）利用直线的点斜式方程和点到直线的距离公式即可求解.【详解】（1）由题意可知，，解得，所以直线与的交点坐标为. 当直线经过坐标原点时，直线的方程为，即.当直线不经过原点时，设直线的方程为，则因为直线经过点，所以，解得,所以直线的方程为，即.综上，所求直线的方程为或.（2）当直线的斜率不存在时，过点的直线方程为，满足题意；当直线的斜率不时，设直线的方程为，即，因为原点到直线的距离等于，所以，解得，所以直线的方程为，即.综上，所求直线的方程为或.18.在如图所示的五面体ABCDFE中，面ABCD是边长为2的正方形，平面ABCD，，且，N为BE的中点，M为CD中点，（1）求证：平面ABCD；（2）求二面角的余弦值：【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据已知以A为原点，AB，AD，AE所在的直线分别为x，y，z 轴建立空间直角坐标系，得到，显然平面ABCD的法向量可以为，则可得到，即可证明；（2）根据平面法向量的求法得出平面MNF的法向量为，平面MFD的法向量可以为，即可由二面角的向量计算得出答案.【小问1详解】平面ABCD，且AB，平面，，，，即AE，AB，AD两两垂直，以A为原点，AB，AD，AE所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，平面ABCD是边长为2的正方形，，且，N为BE的中点，则，，，则，平面ABCD的法向量可以为，，即，又平面ABCD，平面.【小问2详解】，，，，因为，，设平面MNF的法向量为，则 ，令，则，所以，平面ABCD，，平面ABCD，平面，，，，DC，平面MFD，平面MFD，平面MFD的法向量可以为，设二面角为，由图可知二面角为钝角，则，二面角的余弦值为.19.已知向量，，若向量同时满足下列三个条件：①；②；③与垂直.　（1）求向量的坐标；（2）若向量与向量共线，求向量与夹角的余弦值.【答案】(1)或；(2).【解析】【详解】试题分析：（1）设，结合空间向量的运算法则及模长公式，列出方程组，即可求出的坐标；（2）根据数量积运算公式可得，根据空间向量夹角公式可得余弦值.试题解析：（1）设，则由题可知解得或所以或. （2）因为向量与向量共线，所以.　又，，所以，，所以，且，，所以与夹角的余弦值为.20.如图，平面直角坐标系内，为坐标原点，点在轴正半轴上，点在第一象限内，.（1）若过点，且直线的斜率为，求△的面积（用含的式子表示并写出的取值范围）；（2）设，，若，求证：直线过一定点，并求出此定点坐标.【答案】（1），（2）见解析【解析】【分析】（1）设直线的方程为：，求出，，由，，解得的取值范围，计算出面积；（2）写出，坐标，直线斜率不存在时，写出直线方程；直线斜率存在时，写出直线的方程，可得斜率不存在时方程也适合此式，代入，化为的方程，由它关于恒成立可得定点坐标． 【小问1详解】设直线的方程为，令，解得，即点横坐标为，联立，解得，即点纵坐标为，由，得或；由，得或，所以或，所以面积，即面积，【小问2详解】因为，，，所以，，，所以当直线斜率不存在时，即时，直线方程为①，当直线斜率存在时，即时，直线的方程为，整理得②，①满足②，所以，②都成立，同时除以，得③，又因为，所以代入③整理得，，对于任意都成立， 所以，解得，所以直线过定点，定点坐标为，．21.已知圆M与直线相切于点，圆心M在轴上．（1）求圆M的标准方程；（2）若直线与圆M交于P，Q两点，求弦的最短长度；（3）过点M且不与x轴重合的直线与圆M相交于A，B两点，O为坐标原点，直线，分别与直线相交于C，D两点，记，的面积为，，求的最大值．【答案】（1）（2）（3）的最大值为【解析】【分析】（1）设圆的方程为，再由直线与圆相切于点，可得关于与的方程组，求得与的值，则圆的方程可求；（2）直线恒过定点，且该点在圆内，当直线截圆的弦以定点为中点时，弦长最短；（3）由题意知，，设直线的方程为，与圆的方程联立求得的坐标，同理求得的坐标，进一步求出与的坐标，写出，利用基本不等式求最值．【小问1详解】解：由题可知，设圆的方程为，由直线与圆相切于点， 得，解得，，圆的方程为；【小问2详解】解：由直线有：；得，即即直线恒过定点；又，即点在圆内部；圆的圆心为；设直线恒过定点；当直线与直线垂直时，圆心到直线的距离最长，此时弦长最短；此时，弦长最短为；【小问3详解】解：由题意知，，设直线的斜率为，则直线的方程为，由，得，解得或， 则点的坐标为，又直线的斜率为，同理可得：点的坐标为由题可知：，，又，同理，．当且仅当时等号成立．的最大值为．【点睛】本题考查圆的方程的求法，考查含参直线过定点问题及直线与圆位置关系的应用，训练了利用基本不等式求最值，考查运算求解能力，是中档题．22.刍甍（chúméng）是中国古代数学书中提到的一种几何体.《九章算术》中有记载“下有袤有广，而上有袤无广”，可翻译为：“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱.”如图，在刍甍中，四边形是正方形，平面和平面交于.（1）求证：平面；（2）若，，，，再从条件①，条件②，条件③中选择一个作为已知，使得刍甍存在，并求平面和平面夹角余弦值.条件①：，；条件②：平面平面；条件③：平面平面.【答案】（1）证明见解析； （2）只有条件②符合，余弦值为.【解析】【分析】（1）利用线面平行的判定定理可得证；（2）先判断只有条件②符合，再利用空间向量法求得二面角的余弦值.【小问1详解】证明：在正方形中，，平面，平面，所以平面；【小问2详解】由（1）可知，平面，又平面，平面．，又，，所以四边形为等腰梯形，四边形为梯形；条件①：，，则平面，即平面，又平面，，此时四边形不为等腰梯形，故条件①不符合条件③：平面平面，且平面平面又，平面，平面，此时四边形不为等腰梯形，故条件③不符合；条件②：平面平面，；过点作于，过作于，连接，由平面平面，平面平面，平面又平面，以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，因为平面，平面，平面平面，在四边形中，，，，所以，，在正方形中，，所以因为，且，所以，所以，，，，，所以，，，设平面的一个法向量， 由，令，则；设平面的一个法向量，由，令，则.设平面和平面的夹角为，根据图形可以看出二面角的大小是锐角，则.所以平面和平面的夹角的余弦值为.