2021-2022学年辽宁省沈阳市高二年级上册学期10月月考数学试题【含答案】

2021-2022学年辽宁省沈阳市第五中学高二上学期10月月考数学试题一、单选题1．斜率为，在轴上截距为的直线方程的一般式为A． B．C． D．【答案】A【详解】分析：利用直线的点斜式方程，求得，化为一般式即可．详解：因为直线在轴上的截距为，即直线过点，由直线的点斜式方程可得，整理得，即所成直线的方程的一般式为，故选A．点睛：本题主要考查了直线方程的求解，熟记直线方程的形式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力．2．直线的倾斜角的取值范围是（

）.A．B．C．D．【答案】B【解析】求出直线斜率的范围，由斜率与倾斜角的关系确定倾斜角的范围．【详解】∵直线斜率，又，∴，设直线倾斜角为，∴，而，故倾斜角的取值范围是，故选：B．3．在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点为，则（

）A．－4 B．－10 C．4 D．10【答案】A【分析】根据关于平面对称的点的规律：横坐标、纵坐标保持不变，竖坐标变为它的相反数，即可求出点关于平面的对称点的坐标，再利用向量的坐标运算求.【详解】解：由题意，关于平面对称的点横坐标、纵坐标保持不变，竖坐标变为它的相反数，从而有点关于对称的点的坐标为（2，−1，-3）．.故选：A．【点睛】本题以空间直角坐标系为载体，考查点关于面的对称，考查数量积的坐标运算，属于基础题．4．在一平面直角坐标系中，已知，，现沿轴将坐标平面折成60°的二面角，则折叠后，两点间的距离为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】平面直角坐标系中已知，，现沿轴将坐标平面折成60°的二面角后，通过向量的数量积转化求解距离即可．【详解】解：平面直角坐标系中已知，，沿轴将坐标平面折成60°的二面角后，作AC⊥x轴，交x轴于C点，作BD⊥x轴，交x轴于D点，则，的夹角为120°∴，,即折叠后，两点间的距离为.故选：D．【点睛】本题考查与二面角有关的立体几何综合题，解题时要认真审题，注意数形结合思想的合理运用．5．已知正四面体的各棱长为1，点是的中点，则的值为（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】把表示为，然后再求数量积．【详解】由题意，四面体是正四面体，每个面都是正三角形，∴．故选：A.【点睛】本题考查向量的数量积，解题关键是把表示为，然后计算即可．6．已知直线与圆相交于，两点，且为等腰直角三角形，则实数的值为（

）A．或－1 B．－1 C．1或－1 D．1【答案】C【分析】由题意可得，圆的圆心为，半径为1，结合是等腰直角三角形，可得圆心到直线的距离等于，再利用点到直线的距离公式，从而可求得的值．【详解】解：由题意得，圆的圆心为，半径为1，由于直线与圆相交于，两点，且为等腰直角三角形，可知，，所以，∴圆心到直线的距离等于，再利用点到直线的距离公式可得：圆心到直线的距离，解得：，所以实数的值为1或－1.故选：C．7．已知实数、满足，则的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】分析可得，令，可知直线与圆有公共点，可得出关于实数的不等式，解出的取值范围即可得解.【详解】实数、满足，即，方程表示以为圆心，半径等于的圆，而，令，可得，所以，直线与圆有公共点，所以，解得，所以，.故选：A.8．过点A（11，2）作圆的弦，其中弦长为整数的共有A．16条 B．17条 C．32条 D．34条【答案】C【详解】试题分析：将化为，即该圆的圆心坐标为，半径为，且，且经过点的弦的最大长度为（当弦过圆心时），最小弦长为（当弦与直线垂直时），所以其中弦长为整数的可能是10（一条），（各两条，共30条），26（一条），一共32条；故选C．【解析】1．圆的对称性；2．直线与圆的位置关系．二、多选题9．若为空间的一组基底，则下列选项中，能构成基底的是（

）A． B． C． D．【答案】AC【分析】利用空间向量的共面定理进行分析，逐一判断四个选项中的向量是否共面，即可判断得到答案．【详解】解：因为为空间的一组基底，则，，不共面，则，，不共面，所以可以作为基底，故选项A正确；因为，故，，共面，所以不能作为基底，故选项B错误；因为，，不共面，所以可以作为基底，故选项C正确；因为，故，，共面，所以不能作为基底，故选项D错误．故选：AC．10．下列说法不正确的是（

）A．不能表示过点且斜率为的直线方程；B．在轴、轴上的截距分别为的直线方程为；C．直线与轴的交点到原点的距离为；D．平面内的所有直线的方程都可以用斜截式来表示.【答案】BCD【解析】由中可判断A；当可判断B；由距离为正数可判断C；由截距式斜率一定存在可判断D【详解】由于定义域为，故不过点，故A选项正确；当时，在轴、轴上的截距分别为0的直线不可用表示，故B不正确；直线与轴的交点为，到原点的距离为，故C不正确；平面内斜率不存在的直线不可用斜截式表示.故选：BCD【点睛】本题考查了直线方程的几种形式的适用范围，考查了学生概念理解，综合分析的能力，属于基础题.11．已知直线和，若直线到直线的距离与到直线的距离之比为，则直线的方程为（

）A． B．C． D．【答案】BD【分析】首先设直线，直线到直线和的距离分别为，根据题意得到，再解方程即可得到答案。【详解】设直线，且，直线到直线和的距离分别为，由题知：，，因为，所以，即，解得或，即直线为或。故选：BD【点睛】本题主要考查平行线间的距离公式，熟记公式为解题关键，属于简单题。12．古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点，的距离之比为定值（）的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”.在平面直角坐标系中，已知，，点满足，设点的轨迹为圆，下列结论正确的是（

）A．圆的方程是B．过点向圆引切线，两条切线的夹角为C．过点作直线，若圆上恰有三个点到直线距离为2，该直线斜率为D．在直线上存在异于，的两点，，使得【答案】ABD【解析】根据，，点满足，设点，求出其轨迹方程，然后再逐项运算验证.【详解】因为，，点满足，设点，则，化简得：，即，故A正确；因为，所以，则，解得，故B正确；易知直线的斜率存在，设直线，因为圆上恰有三个点到直线距离为2，则圆心到直线的距离为：，解得，故C错误；假设存在异于，的两点，，则，化简得：，因为点P的轨迹方程为：，所以解得或（舍去），故存在，故D正确；故选：ABD【点睛】关键点点睛：本题关键是根据求出点的轨迹方程，进而再根据直线与圆的位置关系求解.三、填空题13．若直线l的一个方向向量，则直线l的倾斜角______．【答案】【分析】由题意可知，再利用诱导公式化简可得，结合倾斜角和斜率的关系即可求出直线l的倾斜角．【详解】解：∵直线l的一个方向向量，∴，∴直线l的倾斜角，故答案为：．14．当点到直线l：距离的最大值时，直线l的一般式方程是______．【答案】【分析】将直线方程变形为，得直线系恒过点，由此得到P到直线l的最远距离为，此时直线垂直于PA，即可求出直线方程．【详解】解：∵直线l：，∴可将直线方程变形为，∴，解得，，由此可得直线l恒过点，所以P到直线l的最远距离为，此时直线垂直于PA．∵，∴直线l的斜率为，∴，∴，∴直线l的一般方程为．故答案为：．15．直线与曲线仅有一个公共点，则实数的的取值范围是________.【答案】【分析】根据方程可知直线恒过点，画出图象，先求出切线时，利用圆心到直线距离为半径可求出，再结合图形求出当直线经过点，时，实数的取值，即可的的取值范围．【详解】解：如图，由题知曲线即，表示以为圆心，2为半径的半圆，该半圆位于直线上方，直线恒过点，因为直线与曲线只有一个交点，由圆心到直线的距离等于半径得，解得，由图，当直线经过点时，直线的斜率为，当直线经过点时，直线的斜率不存在，综上，实数的取值范围是，或，故答案为．【点睛】本题主要考查直线和圆的位置关系，点到直线的距离公式的应用，体现了数形结合、转化的数学思想，属于中档题四、双空题16．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，点M，N分别是棱BC，CC1的中点，则二面角C﹣AM﹣N的余弦值为__．若动点P在正方形BCC1B1（包括边界）内运动，且PA1∥平面AMN，则线段PA1的长度范围是__．【答案】

【分析】延长AM至Q，使得CQ⊥AQ，连接NQ，得∠NQC为二面角C﹣AM﹣N的平面角，在直角三角形中求得其余弦值，然后点D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设P（m，2，n）（0≤m，n≤2），求出平面的一个法向量，利用向量法求得的轨迹方程，得轨迹，由对称性得长度的最大值和最小值．【详解】解：延长AM至Q，使得CQ⊥AQ，连接NQ，如图，由于ABCD﹣A1B1C1D1为正方体，正方体中有平面，平面，所以，即，，平面，所以平面，又平面，所以，所以∠NQC为二面角C﹣AM﹣N的平面角，而，故，∴，∴；以点D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设P(m，2，n)（0≤m，n≤2），A(2，0，0)，M(1，2，0），N(0，2，1），A1(2，0，2），则，，设平面AMN的一个法向量为，则，故可取，又PA1∥平面AMN，∴，∴点P的轨迹为经过BB1，B1C1中点的线段，根据对称性可知，当点P在两个中点时，，当点P在两个中点连线段的中点时，，故选段PA1的长度范围是．故答案为：，．【点睛】本题考查求二面角，考查空间轨迹问题，求空间线段的长度．解题方法是建立空间直角坐标系，用向量法求得空间点的轨迹，从而利用轨迹的对称性求得长度的最值．五、解答题17．已知圆的方程为．（1）求过点且与圆相切的直线的方程；（2）直线过点，且与圆交于，两点，若，求直线的方程．【答案】（1）或；（2）或．【分析】（1）分直线斜率不存在和存在，根据直线与圆相切，利用圆心到直线的距离等于半径，即可求得答案；（2）根据题意，若，则圆心到直线的距离，结合（1）可知直线的斜率一定存在，设直线的方程为，根据圆心到直线的距离列出方程，从而可得答案.【详解】解：（1）根据题意，点在圆外，分两种情况讨论：当直线的斜率不存在时，过点的直线方程是，与圆：相切，满足题意；当直线的斜率存在时，设直线方程为，即，直线与圆相切时，圆心到直线的距离为，解得．此时，直线的方程为．所以满足条件的直线的方程是或；（2）根据题意，若，则圆心到直线的距离，结合（1）知直线的斜率一定存在．设直线的方程为，即，则，解得或．所以满足条件的直线方程是或．18．已知△的顶点，边上的中线所在直线的方程为，的平分线所在直线的方程为.（1）求点坐标；（2）求边所在的直线方程.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）设点，由线段的中点在直线上可得出关于实数的等式，可求得实数的值，由此可求得点的坐标；（2）求出点关于直线的点的坐标，求出直线的方程，即为直线的方程.【详解】（1）由题意可知，点在直线上，设点，线段的中点坐标为，由题意可知，点在直线上，则，解得，则，所以，点的坐标为；（2）设点关于直线的对称点为点，则点在直线上，由题意可得，解得，即点，直线的斜率为，所以，直线的方程为，即.【点睛】解决点关于直线对称问题要把握两点：点与点关于直线对称，则线段的中点在直线上，直线与直线垂直．19．如图，四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是矩形，E、F分别是AB、PD的中点．若PA＝AD＝3，CD=．（1）求证：AF平面PCE；（2）求点F到平面PCE的距离；（3）求直线FC与平面PCE所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.【分析】（1）设G为PC的中点，连接EG，FG，FG为△PCD的中位线，FG∥CD∥AE，又E为AB的中点，AE＝FG，AEGF为平行四边形，AF∥EG，即可得证；（2）利用等体积法，四棱锥P﹣AEGF的体积＝三棱锥F﹣PEG体积的2倍＝三棱锥F﹣PEC体积，即可得解；（3）作FH⊥平面PCE于H，∠FCH是FC与平面PCE所成的角，在△FCH中，FH=，FC=，由正弦公式即可得解.【详解】（1）证明：设G为PC的中点，连接EG，FG，∵FG为△PCD的中位线，∴FG∥CD∥AE又∵E为AB的中点，∴AE＝FG，∴AEGF为平行四边形，∴AF∥EG∵AF⊄平面PCE，EG⊂平面PCE，∴AF∥平面PCE；（2）设F到平面PEC的距离为h，∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥EA，又∵ABCD为矩形，∴EA⊥AD，∵PA∩AD＝A，∴EA⊥平面PAD，∴AEGF为矩形，∵△PAD为等腰直角三角形，∴PF是棱锥P﹣AEGF的高，∴四棱锥P﹣AEGF的体积=•PF•FG•AF=，∵PE＝EC=，PC＝，∴由余弦定理可得cos∠PEC=，∴sin∠PEC=∴S△PEC＝；∵四棱锥P﹣AEGF的体积＝三棱锥F﹣PEG体积的2倍＝三棱锥F﹣PEC体积，∴，∴h=，∴F点到平面PEC的距离为；（3）作FH⊥平面PCE于H，∴∠FCH是FC与平面PCE所成的角，由（2）知，在△FCH中，FH=，∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CD，又CD⊥AD，所以CD⊥平面PAE，CD⊥PD，根据数据可得：FC=，∴sin∠FCH=，∴直线FC与平面PCE所成角的正弦值为.【点睛】本题考查了线面垂直的证明，以及点到面的距离以及线面所成角，考查了等体积法求高和转化思想，要求较高的计算能力，属于较难题.20．设直线l的方程为，圆O的方程为．(1)当m取一切实数时，直线l与圆O都有公共点，求r的取值范围；(2)当时，直线与圆O交于M，N两点，若，求实数t的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】(1)由直线的方程可得直线l过定点，要直线l与圆O都有公共点，只要点P在圆内或圆上即可解出，(2)设出MN中点为E，结合题意，由垂径定理，可得的范围，求解答案即可．【详解】（1）直线l的方程可整理得，∴直线l过定点，要直线l与圆O都有公共点，只要P点在圆内或圆上，即，又，∴；（2）设MN的中点为E，则，由垂径定理得，，即为，所以，即，又，∴，即．21．如图，在四棱锥中，侧面为等边三角形且垂直于底面，，．，是棱上的动点（除端点外），分别为的中点．(1)求证：平面；(2)若直线与平面所成的最大角为30°，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）取中点，连接，先明平面平面，再证明结论；（2）先根据题意，建立空间直角坐标系，利用用向量数量积计算直线与平面成角正弦值，列方程求最值解，再