天津市第四十七中学2023-2024学年高二数学上学期10月第一次月考试题（Word版附解析）

2023-2024天津市第四十七中学高二年级第一学期第一次阶段性检测数学试卷一、选择题：（在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.本大题共9个小题，每题5分，共45分.）1.直线的倾斜角为()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据直线方程求出直线斜率，再根据斜率和倾斜角间的关系即可求出倾斜角．【详解】可化为：，∴直线的斜率为，设直线的倾斜角α，则，∵，∴．故选：D．2.是直线与直线互相垂直的（）.A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据两直线互相垂直求出的值，从而判断结论.【详解】因为直线与直线互相垂直，所以，解得或，所以是直线与直线互相垂直的充分不必要条件.故选：A. 3.设x，y∈R，向量，且，则（）A.B.C.3D.【答案】B【解析】【分析】由向量的关系列等式求解x，y的值，再运用向量的数乘及加法的坐标表示公式，结合向量的模计算得出结果.【详解】解：向量，且，∴，解得∴，∴，选项B正确.故选：B．4.圆与圆的公切线共有A.1条B.2条C.3条D.4条【答案】D【解析】【分析】把两个圆方程化成标准方程，分别求出两圆的圆心坐标及两圆的半径，比较圆心距与两圆半径和与差的关系，判断出两圆的位置关系，进而可以判断出有几条公切线．【详解】圆心坐标为（2，0）半径为2；圆心坐标为，半径为1，圆心距为4，两圆半径和为3，因为4>3,所以两圆的位置关系是外离，故两圆的公切线共有4条．故本题选D.【点睛】本题重点考查了圆与圆的位置关系的判定、公切线的条数．解决的方法就是利用圆的标准方程求出圆心坐标以及半径，比较圆心距与两圆半径和差的关系．5.已知点是圆上的动点，点，则的中点的轨迹方程是（） A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】设出线段中点的坐标，利用中点坐标公式求出的坐标，根据在圆上，得到轨迹方程．【详解】设线段中点，则．在圆上运动，，即．故选：A．【点睛】本题考查中点的坐标公式、求轨迹方程的方法，考查学生的计算能力，属于基础题．6.如图，已知正三棱柱的棱长均为2，则异面直线与所成角的余弦值是A.B.C.D.0【答案】C【解析】【分析】建立空间直角坐标系，结合空间向量的结论求解异面直线所成角的余弦值即可.【详解】以AC的中点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则：,，，，向量,，. 本题选择C选项.【点睛】本题主要考查异面直线所成的角的求解，空间向量的应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.7.圆与圆的公共弦所在的直线与两坐标轴所围成的三角形面积为2，则的值为（）A.B.C.3D.3或【答案】D【解析】【分析】根据题意，联立两个圆的方程，可得两圆的公共弦所在的直线的方程，由直线的方程可得该直线与,轴交点的坐标，进而可得，解可得的值，即可得答案．【详解】根据题意，圆与圆，即，两式相减可得：，即两圆的公共弦所在的直线的方程为，该直线与轴的交点为，与轴的交点为，若公共弦所在的直线和两坐标轴所围成图形的面积为2，则有，变形可得：，解可得：或；故选：D8.已知直线：是圆的对称轴.过点作圆的一条切线，切点为，则A.2B.C.6D. 【答案】C【解析】【详解】试题分析：直线l过圆心，所以，所以切线长，选C.考点：切线长9.设，过定点的动直线和过定点的动直线交于点，则的取值范围是A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】试题分析：易得.设，则消去得：，所以点P在以AB为直径的圆上，，所以，令，则.因为，所以.所以，.选B.法二、因为两直线的斜率互为负倒数，所以，点P的轨迹是以AB为直径的圆.以下同法一.【考点定位】1、直线与圆；2、三角代换.二、填空题：（本大题共6小题，每题5分，共30分）10.在平面直角坐标系中，直线与圆相交于两点，则弦的长等于______________．【答案】【解析】【分析】利用圆的弦长公式，结合点线距离公式即可得解.【详解】因为圆的圆心为，半径， 它到直线距离，所以弦的长.故答案为：.11.已知实数x，y满足方程.则的最大值为_____________.【答案】【解析】【分析】当直线与圆相切时，取得最值，利用切线的性质求出；【详解】解：设圆，即．设，则当直线与圆相切时，直线斜率最大或最小，即最大或最小．如图所示：设直线与圆切于第一象限内的点，则，，，，由图象的对称性可知当与圆相切于第四象限内时，．的最大值为，最小值为． 故答案为：【点睛】本题主要考查直线的斜率公式，点到直线的距离公式的应用，直线和圆相切的性质，属于中档题．12.直线，若，则a的值为______；此时与的距离是______.【答案】①.②.##【解析】【分析】由直线平行的判定列方程求参数a，注意验证排除重合的情况，再根据平行线距离公式求距离.【详解】由，则，即，可得或，当时，，符合题设；当时，为同一条直线，不合题设；综上，，此时，所以与的距离.故答案为：，13.如图，在平行六面体中，，，，，，点为棱的中点，则线段的长为______． 【答案】【解析】【分析】利用向量数量积求得向量的模，即可求得线段的长【详解】则即线段的长为故答案为：14.已知，点在直线，圆：，则最小值是______.【答案】【解析】【分析】求出点A关于直线的对称点B的坐标，可得的最小值.【详解】因为可转化为：，则圆心为，半径为.设A关于直线的对称点B的坐标为，则：，解得，即，所以的最小值是，故答案为：. 15.若直线与曲线有两个不同的交点，则实数的取值范围是______.【答案】【解析】【分析】由题可知曲线，表示圆心为，半径，在直线及右侧的半圆，作出直线与半圆，利用数形结合即得．【详解】方程是恒过定点，斜率为的直线，曲线，即，表示圆心为，半径，在直线及右侧的半圆，半圆弧端点在同一坐标系内作出直线与半圆)，如图，当直线与半圆C相切时，得，且，解得，又，所以或，所以或． 故答案为：．三、解答题.（本大题共5小题，共75分）解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.16.已知，，分别为锐角三角形三个内角的对边，且．（1）求；（2）若，，求；（3）若，求的值．【答案】（1）（2）3（3）【解析】【分析】（1）根据题意由正弦定理以及锐角三角形可得；（2）利用余弦定理解方程可得；（3）根据二倍角以及两角和的余弦公式即可计算出.【小问1详解】由于，所以，由根据正弦定理可得，所以，且三角形为锐角三角形，即所以.【小问2详解】在中，由余弦定理知，即，解得或（舍），故.【小问3详解】 由，可得，所以，，即17.如图，在三棱台中，，，，侧棱平面，点是棱的中点.（1）证明：平面；（2）求点到平面的距离；（3）求点到直线的距离.【答案】（1）见解析（2）（3）【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证明线线垂直；（2）利用向量法求由点到面的距离公式求解；（3）利用向量中点到直线的距离公式求解.【小问1详解】以点为原点，分别以，，所在的直线为，，轴，建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，，，，，，，，∴，，又∴，，平面，∴平面【小问2详解】设平面的法向量，取，则，即，故令，解得，故平面的一个法向量，点到平面的距离.【小问3详解】，，，点到直线距离.18.求满足下列条件的直线方程.(1)过点，且在两坐标轴上的截距相等的直线的方程； (2)已知，，两直线，交点为，求过点且与距离相等的直线方程；(3)经过点，并且与圆相切的直线方程.【答案】（1）或；（2）或；（3）或..【解析】【分析】（1）根据题意，分直线过原点和直线不过原点时，两种情况讨论，结合直线截距式方程，即可求解；（2）联立方程组求得，分直线过点且与平行和直线过点和中点，求得直线的斜率，结合点斜式方程，即可求解；（3）根据题意，求得圆心，半径，分切线斜率存在和切线斜率不存在，两种情况讨论，求得切线的方程，即可得到答案.【详解】解：（1）当直线过原点时，可得所求直线为，即，满足题意；当直线不过原点时，设直线的方程为，其中，代入，可得，解得，所以所求直线的方程为，即，综上可得，直线的方程为或.（2）由题意，联立方程组，解得，所以，当直线过点且与平行，可得，即直线的斜率，所以直线的方程，即；当直线过点和中点，因为，，可得，则，所以直线方程，即，综上，满足条件直线方程为或. （3）将圆的方程，化为，可得圆心，半径，将点代入，可得，所以点在圆外，①当切线斜率存在时，设切线方程为，即，由圆心到直线的距离等于圆的半径，可得，解得，所以所求直线的方程为，即；②当切线斜率不存在时，此时过点的直线方程为，此时满足圆心到直线距离等于圆的半径，即直线与圆相切，符合题意，综上可得，所求切线为或.19.如图所示，直角梯形中，，，，四边形为矩形，，平面平面.（1）求证：平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值；（3）在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出线段的长，若不存在，请说明理由.【答案】（1）见解析（2）（3）存，【解析】【分析】（1）取中点，连接，证明、、两两垂直，建立空间直角坐标系，先证明直线向量与平面法向量数量积为零，进而证明直线与平面平行； （2）利用向量法即可求出二面角的余弦值；（3）假设存在，设，利用向量法根据线面角求出，从而可得出答案.【小问1详解】证明：取中点，连接，因为，又因为，所以四边形为平行四边形，所以，又因为，所以，因为四边形为矩形，所以，又因为平面平面，平面平面，所以平面，又平面，所以，，于是、、两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，则，则，2，，，0，，，2，，设平面的法向量为，，，，令，，0，，因为，所以，又因为平面，所以平面；【小问2详解】解：，，，，0，，设平面的法向量为，，，，可取，，，， 所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为；【小问3详解】假设存在，设，则，所以，因为直线与平面所成角的正弦值为，所以，解得或，当时，，，当时，，，所以存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，.20.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．