重庆市育才中学校2021-2022学年高二上学期第一次月考数学试题（含答案）课件PPT

重庆育才中学高2023届2021-2022学年（上）第一次月考

数学试题

本试卷为第I卷（选择题）和第II试卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟．

注意事项：1．答卷前，请考生务必把自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．

2．作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷及草稿纸上无效．

3．考试结束后，将答题卡交回．

I卷

一､选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1. 直线的倾斜角为（    ）

A. 150° B. 120° C. 60° D. 30°

【答案】A

【解析】

【分析】根据直线的一般式求得直线的斜率，再由直线的斜率与直线的倾斜角的关系可得选项.

【详解】设直线的倾斜角为，由，又，所以．

故选：A.

2. 椭圆的焦距是2，则的值是（    ）

A. 8 B. 5或3 C. 5 D. 3

【答案】B

【解析】

【分析】根据焦点所在坐标轴极进行分类讨论，由此求得的值.

【详解】当焦点在轴上时，，

当焦点在轴上时，.

所以的值为或.

故选：B

3. 已知直线方向向量是，平面的法向量是，则与的位置关系是（    ）

A.  B.

C. 与相交但不垂直 D. 或

【答案】D

【解析】

【分析】判断与的位置关系，进而可得出直线与的位置关系.

【详解】，，或.

故选：D

【点睛】本题考查利用空间向量法判断线面位置关系，属于基础题.

4. 若点是圆的弦AB的中点，则直线AB的方程是

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】试题分析：圆心为，与点连线的斜率为，所以直线AB的斜率为1，所以直线方程为

考点：1．直线方程；2．直线与圆相交的性质

5. 古希腊数学家阿基米德利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积，已知椭圆的面积为，、分别是的两个焦点，过的直线交于、两点，若的周长为，则的离心率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】本题首先可根据题意得出，然后根据周长为得出，最后根据求出的值，即可求出的离心率.

【详解】因为椭圆的面积为，

所以长半轴长与短半轴长乘积，

因为的周长为，

所以根据椭圆的定义易知，，，，

则的离心率，

故选：A.

6. 圆x2＋y2＋4x－12y＋1＝0关于直线ax－by＋6＝0(a>0，b>0)对称，则＋的最小值是（    ）

A. 2 B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】将圆的方程化为标准方程，求出圆心坐标，由题意可得圆心在直线ax－by＋6＝0上，从而可得a＋3b＝3，所以＋＝ (a＋3b)，化简后利用基本不等可求得答案

【详解】由圆x2＋y2＋4x－12y＋1＝0知，其标准方程为(x＋2)2＋(y－6)2＝39，

∵圆x2＋y2＋4x－12y＋1＝0关于直线ax－by＋6＝0(a>0，b>0)对称，

∴该直线经过圆心(－2，6)，即－2a－6b＋6＝0，

∴a＋3b＝3(a>0，b>0)，

∴＋＝ (a＋3b)＝

≥＝，当且仅当＝，即a＝b时取等号，

故选：C.

7. 已知点在椭圆上运动，点在圆上运动，则的最小值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】先求出点到圆心的距离的最小值，然后减去圆的半径可得答案

【详解】设点，则，得，

圆的圆心，半径为，

则

，

令，对称轴为，

所以当时，取得最小值，

所以的最小值为，

所以的最小值为，

故选：D

8. 数学家华罗庚曾说：“数缺形时少直观，形少数时难入微．”事实上，很多代数问题可以转化为几何问题加以解决．例如，与相关的代数问题，可以转化为点与点之间的距离的几何问题．结合上述观点，对于函数，的最小值为（    ）

A  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】表示动点到定点和的距离之和，作关于直线的对称点，，即可求解

【详解】

表示动点到定点和的距离之和，

因为点在直线上运动，

作关于直线的对称点，则，

故，

当且仅当三点共线时取等，

故的最小值为

故选：A

二､选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，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. 如果，，那么直线经过（    ）

A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限

【答案】ACD

【解析】

【分析】把直线方程的一般式化为斜截式，从而可判断直线经过的象限.

【详解】因为，故，故直线的斜截式方程为：，

因为，，故，

故直线经过第一象限、第三象限、第四象限，

故选：ACD.

10. 设椭圆的左右焦点为，，是上的动点，则下列结论正确的是（    ）

A.

B. 离心率

C. 面积的最大值为

D. 以线段为直径的圆与直线相切

【答案】AD

【解析】

【分析】根据椭圆方程求得，根据椭圆的性质及点到直线的距离公式，即可求解.

【详解】由题意，椭圆，可得，可得，

所以焦点为,

根据椭圆的定义，所以A正确；

椭圆的离心率为，所以B错误；

其中面积的最大值为，所以C错误；

由原点到直线的距离，

所以以线段为直径的圆与直线相切，所以D正确.

故选：AD

11. 已知正方体的棱长为，点分别是，的中点，在正方体内部且满足，则下列说法正确的是（    ）

A. 点到直线的距离是 B. 点到平面的距离是

C. 平面与平面间的距离为 D. 点到直线的距离为

【答案】BCD

【解析】

【分析】建立坐标系，利用向量法求解点到直线的距离，点到平面的距离即可求解

【详解】如图，建立空间直角坐标系，则，，

，，，，

所以．

设，则，．

故到直线的距离，

故选项A错误；

易知，

平面的一个法向量，

则点O到平面的距离，

故选项B正确；

．

设平面的法向量为，

则所以

令，得，

所以．

所以点到平面的距离．

因为平面平面，

所以平面与平面间的距离等于点到平面的距离，

所以平面与平面间的距离为.

故选项C正确；

因为，所以，

又，则，

所以点P到的距离.

故选项D正确．

故选：BCD.

12. 已知底面半径为的圆锥顶点为，底面圆心为，．点为（不含端点）上的动点，若光线从点出发，依次经过圆锥的侧面与底面反射后重新回到点，则光线经过路径长度的可能取值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】AC

【解析】

【分析】如图，建立直角坐标系，设关于直线的对称点为，关于的对称点为，连接交于点，交于点，连接，则光线经过路径为，

由题意可得，设，则，利用对称的关系求出点的坐标，从而可求出的长，进而可得答案

【详解】如图，建立直角坐标系，设关于直线的对称点为，关于的对称点为，连接交于点，交于点，连接，则光线经过路径为，

由题意可得，设，则，

直线的方程为，即，

设，则，

由，得，

由，得，

所以，得，，

所以，

所以

因为，所以，

所以，

故选：AC

II卷

三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 已知点是椭圆上的点，则点到椭圆的一个焦点的最短距离为_____．

【答案】

【解析】

【分析】由椭圆的性质可知椭圆上的点到一个焦点的距离的最小值为，由椭圆方程求出的值可得答案

【详解】由，得，

所以，

所以，

所以点到椭圆的一个焦点的最短距离为，

故答案为：

14. 已知直线与直线垂直，则实数=_______.

【答案】0或1

【解析】

【分析】根据两条直线垂直的充要条件可得，解方程，即可得到答案；

【详解】∵直线与直线垂直，

∴，解得或1.

故答案为：0或1

15. 古希腊数学家阿波罗尼奥斯的著作《圆锥曲线论》中给出了圆的另一种定义：平面内，到两个定点距离之比是常数的点的轨迹是圆，若两定点的距离为3，动点满足，则点的轨迹围成区域的面积为___________.

【答案】.

【解析】

【分析】建立平面直角坐标系，根据，求得点的轨迹方程，结合圆的面积公式，即可求解.

【详解】以为原点，直线为轴建立平面直角坐标系，

因为两定点的距离为3，可得，

设，因为动点满足，可得，

整理得，即，

所以点的轨迹围成区域的面积为.

故答案为：.

16. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，，若椭圆上存在点使三角形的面积为，则椭圆的离心率的取值范围是______．

【答案】

【解析】

【分析】

设则，可得，再结合

即可求得范围.

【详解】设，，，

则，

若存在点使三角形的面积为，

则，可得，

因为，所以，

即，可得，

整理可得：，

所以，解得：，

所以，

所以椭圆的离心率的取值范围是：，

故答案为：

【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是，设利用焦点三角形的面积公式表示出.

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. 已知圆，直线

（1）判断直线与圆的位置关系；

（2）若直线与圆交于、两点，且，求直线的方程．

【答案】（1）直线与圆相交；（2）．

【解析】

【分析】（1）根据直线的方程求出直线经过的定点，判断出定点与圆的位置关系，进而可以判断直线与圆的位置关系.

（2）根据题意可知,在等腰中圆心到直线的距离为,由点到直线距离公式可求出的值.

【详解】（1）直线的方程可变形为：直线过定点

圆圆心，，且

定点在圆的内部，故直线与圆相交．

（2），圆的等腰中，圆心到直线的距离为.

，直线的方程为

18. 已知，，，，轴为边中线．

（1）求边所在直线方程；

（2）求内角角平分线所在直线方程．

【答案】（1）；（2）．

【解析】

【分析】（1）设交轴于点，则根据条件可知为等边三角形，则，进而，由点斜式即可求解；

（2）先内角角平分线斜率的，再由点斜式即可求解

【详解】（1）因为，，

设交轴于点，则根据条件可知为等边三角形，

则，为中点，则．

,

故直线方程为，

即，

故直线方程为．

（2）因为，

所以，,

所以内角角平分线斜率为，

故内角角平分线所在直线方程为．

19. 已知为坐标原点，椭圆，其右焦点为，为椭圆（一象限部分）上一点，为中点，，面积为．

（1）求椭圆的方程；

（2）过做圆两条切线，切点分别为，求的值．

【答案】（1）；（2）．

【解析】

【分析】（1）设椭圆左焦点为，则易知，，则有，由此求解即可；

（2）先求出点的坐标与，进而可知，，求出，由数量积的定义即可求解

【详解】（1）设椭圆左焦点为，则，

又，则，

又，

则，

则，

故，

则椭圆方程为．

（2），则，

代入椭圆得，故，，

又过做圆两条切线，切点分别为，

则，

设，，

20. 在四棱锥中，底面是矩形，平面，，，线段的中点为，点为上的点，且．

（1）求证：平面⊥平面；

（2）求二面角平面角的余弦值．

【答案】（1）证明见解析；（2）．

【解析】

【分析】（1）由直角三角形的性质有，根据线面垂直的性质得，再由线面垂直的判定及性质得，最后应用线面垂直的判定及面面垂直判定即可证结论.

（2）构建以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，进而求面、面的法向量，应用空间向量夹角的坐标表示求二面角平面角的余弦值．

【详解】（1）由，则，

由平面，面，则，

又，，

∴平面，面，

∴，，面，

∴平面 ，面，

∴平面⊥平面．

（2）以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，

∴，，，，

由（1）知：平面，且为的中点，故，又，，

∴平面，则为平面的法向量，即为平面的法向量且，

设平面的法向量为，由，又，

∴，令，则，

设平面与平面所成二面角的大小为，则．

21. 在平面直角坐标系中，已知点，圆与轴的正半轴交点为，过点的直线与圆交于不同两点、．

（1）动圆过点且与圆外切，求动圆圆心的轨迹方程（只需求出轨迹方程，无需限制范围）；

（2）设直线、的斜率分别为、，求证：为定值．

【答案】（1）；（2）证明见解析．

【解析】

【分析】（1）设，进而根据建立方程，然后化简即可得到答案；

（2）设出直线AB的方程，代入圆的方程并化简，由根与系数的关系将化简即可得到答案.

【详解】（1）设，则，故有，

，两边平方：，两边平方化简得：．

（2）设，，，因为，所以P在圆外，易知AB⊥x轴时不满足题意，设的直线方程为：，

，

，

，

22. 如图，已知长方体底面是边长为的正方形，侧棱长为，有一圆柱以平面、平面分别为上下底面，且其侧面与长方体除去平面、平面后剩余的四面均相切．点为平面截圆柱所得椭圆上的一动点．

（1）求平面截圆柱所得椭圆的面积；

（2）求的最大值．

【答案】（1）；（2）11．

【解析】

【分析】（1）设平面与底面所成二面角为，则可求出的值，再由面积射影的方法可求得结果，

（2）过作，则可求得，然后取平面建立如图所示的直角坐标系，则椭圆方程为，，，设，从而可表示出，再利用三角函数的性质可求得结果

【详解】（1）设平面与底面所成二面角为，

则，

由于所截椭圆在底面上的投影刚好是圆柱的底面，由面积射影的方法可知．

则

（2）过作，由于，则平面，在直角中，容易知道．

取平面建立如图所示的直角坐标系，椭圆方程为，，，设，则，，

因为平面，平面，

所以，所以，

所以

，其中，

所以当时，取得最大值11