精品解析：江苏省南通市天星湖中学2023-2024学年高二上学期期初监测数学试题

2023—2024学年（上）天星湖中学期初监测 高二数学 考试时间：120分钟 分值：150分 一､单选题：本大题共8小题，每题5分，共40分. 1. 直线与平行，则实数（ ） A. B. C. 或 D. 0 2. 圆和的位置关系是（ ） A. 外离 B. 相交 C. 内切 D. 外切 3. 四面体中，，则（ ） A. B. C. D. 4. 圆截直线所得的弦长为，则（ ） A B. C. D. 2 5. 直线的斜率的取值范围为（ ） A. B. C. D. 6. 已知点，与直线，若在直线上存在点，使得，则实数的取值范围是（ ） A B. C. D. 7. 在平行六面体中，，，，，则与所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知点为直线：上的动点，过点作圆：的切线，，切点为，当最小时，直线的方程为（ ） A. B. C. D. 二､多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分. 9. 已知直线l过点，点，到l的距离相等，则l的方程可能是( ) A. B. C. D. 10. 已知圆和圆的公共点为，，则（ ） A. B. 直线的方程是 C. D. 11. 已知正四棱锥P－ABCD的棱长均为1，O为底面ABCD的中心，M，N分别是棱PA，PB的中点，则（ ） A. PA⊥OM B. 直线AP与平面OMN所成角的余弦值为 C. 平面OMN∥平面PCD D. 四棱锥P－ABCD的外接球的体积为 12. 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3 C. 在上存在点，使得 D. 在上存在点，使得 三､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，不需写出解答过程，请把答案直接填写在答题卡相应位置上. 13. 对任意实数，圆恒过定点，则其坐标为______. 14. 在平面直角坐标系中，已知圆，圆，若圆心在x轴上的圆C同时经过圆C1和圆C2的圆心，则圆C的方程是________． 15. 长方体中，，，则点B到平面的距离为________． 16. 在平面直角坐标系中，已知圆，点，若圆上的点均满足，则实数的取值范围是____________． 四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 17. 根据条件求下列圆方程： （1）求经过，两点，并且圆心在直线上的圆的方程； （2）圆M经过点，且与圆切于原点，求圆M的方程. 18. 已知圆C：（x-2）2＋（y-3）2＝4外有一点P（4，－1），过点P作直线l. （1）当直线l与圆C相切时，求直线l的方程； （2）当直线l的倾斜角为135°时，求直线l被圆C所截得的弦长． 19. 已知四棱锥S-ABCD中，底面ABCD为矩形，SA⊥平面ABCD，，点E在棱BC上. （1）若E为BC的中点，求直线SE与平面SCD所成角的正弦值； （2）是否存在一点E，使得点A到平面SDE的距离为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 20. △ABC中，，，. （1）求BC边的高线所在的直线的方程； （2）过点A的直线l与直线BC的交点为D，若B､C到l的距离之比为1：2，求D的坐标. 21. 已知圆，直线. （1）证明：直线l与圆C相交； （2）设直线l与圆C交于E、F两点，求面积最大时，直线l的方程； 22. 如图所示，平面，四边形为直角梯形，四边形ADFE为矩形，，． （1）记平面平面，求证：平面； （2）在线段上是否存在点，使得二面角的正弦值为．若存在，求出长；若不存在，说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023—2024学年（上）天星湖中学期初监测 高二数学 考试时间：120分钟 分值：150分 一､单选题：本大题共8小题，每题5分，共40分. 1. 直线与平行，则实数（ ） A. B. C. 或 D. 0 【答案】A 【解析】 【分析】由直线与直线平行的充要条件，列式求解即可. 【详解】因为直线与平行， 所以且，解得. 故选：A. 2. 圆和的位置关系是（ ） A. 外离 B. 相交 C. 内切 D. 外切 【答案】D 【解析】 【分析】由圆与圆的位置关系判断， 【详解】圆的圆心为，半径为1， 圆可化为，圆心为，半径为4， 而两圆心的距离为，故两圆外切， 故选：D 3. 四面体中，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间向量数量积的运算律及定义计算可得； 【详解】解：因为，，所以 所以， 所以，又，所以， 所以，因为，所以； 故选：C 4. 圆截直线所得的弦长为，则（ ） A. B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】将圆的方程化为标准方程，结合垂径定理及圆心到直线的距离,即可求得的值. 【详解】圆，即 则由垂径定理可得点到直线距离为 根据点到直线距离公式可知， 化简可得 解得， 故选：A 【点睛】本题考查了圆的普通方程与标准方程的转化，垂径定理及点到直线距离公式的应用，属于基础题. 5. 直线的斜率的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将直线的一般方程转化为直线的斜截式方程，根据的范围求出的范围，进而求出范围即可求解. 【详解】当时，直线的斜率为， 因为，所以时，或， 由得， 当即时，直线的斜率为. 因为，所以或，即或. 所以直线的斜率的取值范围为. 综上所述，直线的斜率的取值范围为. 故选：A. 6. 已知点，与直线，若在直线上存在点，使得，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设出点坐标，由进行化简，结合二次函数的性质求得的取值范围. 【详解】对于直线， 即，所以在直线上， 设，其中， 由两边平方得， 即， 整理得， 由于，所以 ，其中， 根据二次函数的性质可知，当时，取得最大值， 且最大值为，则，解得. 故选：A 7. 在平行六面体中，，，，，则与所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先利用基底表示向量，再利用向量的夹角公式求解. 【详解】解：， 则， ， ， ， ， ， 所以， 故选：D 8. 已知点为直线：上的动点，过点作圆：的切线，，切点为，当最小时，直线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先利用圆切线的性质推得四点共圆，，从而将转化为，进而确定时取得最小值，再求得以为直径的圆的方程，由此利用两圆相交弦方程的求法即可得解. 【详解】因为圆：可化为， 所以圆心，半径为， 因为，是圆的两条切线，则， 由圆的知识可知，四点共圆，且，， 所以，又， 所以当最小，即时，取得最小值，此时的方程为， 联立，解得，即， 故以为直径的圆的方程为，即，， 又圆， 两圆的方程相减即为直线的方程：. 故选：A. 【点睛】关键点睛：本题解决的关键是将转化为，从而确定最小时的坐标，从而利用两圆相减可得相交弦方程的技巧得解. 二､多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分. 9. 已知直线l过点，点，到l的距离相等，则l的方程可能是( ) A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】分直线l斜率存在和不存在进行讨论﹒当l斜率存在时，设其方程为，根据点到直线的距离公式列出关于k的方程，解方程即可求直线l的方程． 【详解】当直线的斜率不存在时，直线l的方程为，此时点到直线的距离为5，点到直线的距离为1，此时不成立； 当直线l的斜率存在时，设直线的方程为，即， ∵点到直线的距离相等， ，解得，或， 当时，直线的方程为，整理得， 当时，直线的方程为，整理得 综上，直线的方程可能为或 故选：BC． 10. 已知圆和圆的公共点为，，则（ ） A. B. 直线的方程是 C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】 两圆相减就是直线的方程，再利用圆心距，判断C，利用弦长公式求. 【详解】圆的圆心是，半径，圆，圆心，， ，故A正确； 两圆相减就是直线的方程，两圆相减得，故B正确； ，，，，所以不正确，故C不正确； 圆心到直线的距离，，故D正确. 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：本题关键选项是B选项，当两圆相交，两圆相减后的二元一次方程就是相交弦所在直线方程. 11. 已知正四棱锥P－ABCD的棱长均为1，O为底面ABCD的中心，M，N分别是棱PA，PB的中点，则（ ） A. PA⊥OM B. 直线AP与平面OMN所成的角的余弦值为 C. 平面OMN∥平面PCD D. 四棱锥P－ABCD的外接球的体积为 【答案】AC 【解析】 【分析】A选项，作出辅助线，得到由三线合一得到A选项正确； B选项，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角； C选项，由线线平行证明面面平行； D选项，根据A选项的分析得出四棱锥P－ABCD的外接球的球心即为O点，半径为，代入公式求出外接球体积. 【详解】如图1，连接OP，则OP⊥底面ABCD， 因为平面ABCD，所以PO⊥AO， 由勾股定理得： 因为AP=1，所以 因为M为AP的中点，由三线合一得：OM⊥AP，A正确； , 如图2，以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，OB所在直线为y轴，OP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系， 则， 设平面OMN的法向量为，则， 令，则，所以， 设直线AP与平面OMN所成的角为， 则， 而， 所以直线AP与平面OMN所成的角的余弦值为，B错误； 如图3，因为O为AC中点，M为PA中点， 所以OM是三角形ACP的中位线，所以OM∥PC， 因为平面PCD，平面PCD， 所以OM∥平面PCD， 同理可知：ON∥平面PCD， 因为，平面OMN，平面OMN， 所以平面OMN∥平面PCD，C正确； 通过A选项的分析，可得：， 所以四棱锥P－ABCD的外接球的球心即为O点，半径为， 则体积为，D错误. 故选：AC 12. 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3 C. 在上存在点，使得 D. 在上存在点，使得 【答案】ABD 【解析】 【分析】 设点P的坐标，利用，即可求出曲线C的轨迹方程，然后假设曲线C上一点坐标，根据BCD选项逐一列出所满足条件，然后与C的轨迹方程联立，判断是否有解，即可得出答案． 【详解】设点P（x，y），、，由，得， 化简得x2+y2+8x＝0，即：（x+4）2+y2＝16，故A选项正确； 曲线C的方程表示圆心为（﹣4，0），半径为4的圆，圆心与点（1，1）的距离为， 与圆上的点的距离的最小值为﹣4，最大值为+4，而3∈[﹣4，+4]，故B正确； 对于C选项，设M（x0，y0），由|MO|＝2|MA|，得， 又 ，联立方程消去y0得x0＝2，解得y0无解，故C选项错误； 对于D选项，设N（x0，y0），由|NO|2+|NA|2＝4，得 ， 又，联立方程消去y0得x0＝0，解得y0＝0，故D选项正确． 故选：ABD． 【点睛】本题主要考查轨迹方程的求解，圆的方程的运用，考查学生的转化能力和计算能力，属于中档题． 三､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，不需写出解答过程，请把答案直接填写在答题卡相应位置上. 13. 对任意实数，圆恒过定点，则其坐标为______. 【答案】、 【解析】 【分析】将圆的方程重新按合并同类项，由此列方程组，解方程组求得定点坐标. 【详解】由由得，故，解得或. 故填：、. 【点睛】本小题主要考查圆过定点问题，考查化归与转化的数学思想方法，考查二元二次方程组的解法，属于基础题. 14. 在平面直角坐标系中，已知圆，圆，若圆心在x轴上的圆C同时经过圆C1和圆C2的圆心，则圆C的方程是________． 【答案】 【解析】 【分析】根据圆的性质求出线段中垂线与横轴的交点即可得出圆心坐标，再求半径即可. 【详解】由圆的性质可知，线段的垂直平分线过圆心， 易知，则线段的中点坐标为，即， 直线的斜率，所以线段的垂直平分线方程为， 令，即圆心的坐标为， 其半径， 所以圆的方程为. 故答案为： 15. 长方体中，，，则点B到平面的距离为________． 【答案】 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，求平面的法向量，利用点到平面的距离公式求解即可. 【详解】解：在长方体中，以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系， 因为，，所以，， ，，，， 设平面的法向量为： ， ，令得： 又 点B到平面的距离为：. 故答案为：. 16. 在平面直角坐标系中，已知圆，点，若圆上的点均满足，则实数的取值范围是____________． 【答案】或 【解析】 【分析】将条件坐标化，先转化为恒成立，即圆上所有动点到定点距离的最小值大于，再转化为与圆心距离的不等关系求解可得. 【详解】设，由点， 即点满足，即， 设点，即恒成立 则，圆上所有点到定点最小值大于， 又圆，半径为， 圆上所有点到定点最小值即为：. . 即，化简得， 解得或 故答案为：或. 四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 17. 根据条件求下列圆的方程： （1）求经过，两点，并且圆心在直线上的圆的方程； （2）圆M经过点，且与圆切于原点，求圆M的方程. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】 （1）由题意可知圆心在直线AB的垂直平分线上，联立已知直线可求得圆心坐标，由两点间的距离公式可求得半径，从而得到圆的方程； （2）由已知得到圆心在直线上，圆M经过原点和，因此圆心M也在直线上，从而确定圆心和半径，求得圆的方程. 【详解】（1）线段AB的中点坐标为，斜率为，所以垂直平分线方程为， 由，解得 ∴圆心C，半径为. ∴所求圆的方程为 （2） 圆的圆心，圆M与圆C切于原点， 故圆M的圆心M在直线上， 又圆M经过原点和，因此圆心M也在直线上， 因此，圆心，，圆. 【点睛】本题考查了圆的方程、圆与圆的位置关系，圆的方程要确定圆心和半径. 18. 已知圆C：（x-2）2＋（y-3）2＝4外有一点P（4，－1），过点P作直线l. （1）当直线l与圆C相切时，求直线l的方程； （2）当直线l倾斜角为135°时，求直线l被圆C所截得的弦长． 【答案】（1）x＝4或3x＋4y-8＝0. （2） 【解析】 【分析】（1）对斜率存在和斜率不存在两种情况分类讨论，由点到直线的距离为半径即可求得直线方程； （2）由倾斜角可写出直线方程，求出点到直线的距离，再由勾股定理即可求出弦长. 【详解】（1）由题意知，圆C的圆心为（2，3），半径r＝2 当斜率不存在时，直线l方程为x＝4，此时圆C与直线l相切； 当斜率存在时，设直线l的方程为y＋1＝k（x－4），即kx－y－4k－1＝0， 则圆心到直线的距离为即，解得， 所以此时直线l的方程为3x＋4y-8＝0. 综上，直线l的方程为x＝4或3x＋4y-8＝0. （2）当直线l倾斜角为135°时，直线l的方程为x＋y-3＝0， 圆心到直线l的距离 故所求弦长为：. 19. 已知四棱锥S-ABCD中，底面ABCD为矩形，SA⊥平面ABCD，，点E在棱BC上. （1）若E为BC的中点，求直线SE与平面SCD所成角的正弦值； （2）是否存在一点E，使得点A到平面SDE的距离为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】（1） （2）存在，2 【解析】 【分析】(1)建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求出平面SCD的法向量，结合空间向量数量积的定义即可求解； (2)设点E的坐标，利用空间向量法求出平面SDE的法向量，结合向量法即可求出点A到平面SDE的距离，列出等式，解之即可. 【小问1详解】 由平面，平面得，又， 以A为原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系. 因为，，，，， 所以，，. 设平面SCD法向量为， 则，则，令，得. 设直线SE与平面SCD所成的角为θ，则， 所以直线SE与面SCD所成角的正弦值为. 【小问2详解】 设，平面SDE的法向量为， 则，则， 令，则. 又， 当点A到平面SDE的距离为， 则， 解得， 所以存在点，使得点A到平面SDE的距离为， 此时. 20. 在△ABC中，，，. （1）求BC边的高线所在的直线的方程； （2）过点A的直线l与直线BC的交点为D，若B､C到l的距离之比为1：2，求D的坐标. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）先求直线BC的斜率，根据垂直关系可得高线所在的直线斜率，进而可得结果； （2）先求直线的方程，分类讨论直线l的斜率是否存在，利用点到直线的距离公式可得直线l的方程，进而可求交点坐标. 【小问1详解】 由题意可知：直线BC的斜率为，则BC边的高线所在的直线斜率为， 所以BC边的高线所在的直线方程为，即. 【小问2详解】 由（1）可知直线的方程为：，即， 若直线l的斜率不存在，则直线l：， 可知B､C到l的距离分别为，不合题意； 若直线l的斜率存在，设为，则直线l：，即， 由题意可得：，即或， 当，则直线l：， 联立方程，解得，即； 当，则直线l：， 联立方程，解得，即； 综上所述：D的坐标为或. 21. 已知圆，直线. （1）证明：直线l与圆C相交； （2）设直线l与圆C交于E、F两点，求面积最大时，直线l的方程； 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【解析】 【分析】 （1）根据圆的方程得出圆心坐标，以及圆的半径，根据直线方程得出直线所过定点，求出圆心到定点的距离，与半径比较，即可得出结论成立； （2）根据三角形面积公式，得出当最大时，，此时是等腰直角三角形，求出圆心到直线的距离，根据点到直线距离公式列出方程求解，得出，即可求出此时的直线方程. 【详解】解：（1）证明：圆，圆心，半径， 直线，整理得：， 令，解得：，直线l过定点， ， 定点在圆内， 直线l总与圆C相交. （2）由题意， 当最大时，，此时是等腰直角三角形， 此时圆心到直线l的距离d等于即 因为圆心到直线l的距离： ， 所以，解得， 将代入直线，得到 所以当面积最大时直线l的方程：. 【点睛】本题主要考查判断直线与圆位置，考查由圆内接三角形面积的最值求参数，熟记圆的性质，以及点到直线距离公式即可，属于常考题型 22. 如图所示，平面，四边形为直角梯形，四边形ADFE为矩形，，． （1）记平面平面，求证：平面； （2）在线段上是否存在点，使得二面角的正弦值为．若存在，求出长；若不存在，说明理由． 【答案】（1）证明见解析 （2）存在，理由见解析 【解析】 【分析】（1）延长、交于点，连接即为交线，证明，，由线面垂直的判定定理即可证明； （2）以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系, 设，利用向量法求解即可. 【小问1详解】 延长、交于点，连接即为交线， 在直角梯形中， 由于，， 所以为的中点，则有， 因为平面，平面， 所以． 则为等腰直角三角形，， 即． 因为平面，平面， 所以.． 又因为，平面，， 所以平面， 因为平面，所以， 又因为平面，， 所以平面． 【小问2详解】 由平面，且AD、AB在面ABCD内，又，所以两两互相垂直， 以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系． 则， 所以，， 设，则， 所以， 设平面的一个法向量为， 由，得：， 令，则，所以， 而平面的一个法向量为， 则， 由于二面角的正弦值为，则， 所以，则或， 因为，所以， 又，所以． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$