黑龙江省哈尔滨市第九中学2023-2024学年高二数学上学期10月月考试题（Word版附解析）

哈尔滨市第九中学2023-2024学年度

高二上学期10月份考试  数学试卷

一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分，每小题分别给出四个选项，只有一个选项符合题意）

1. 点关于点的对称点的坐标是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】求点关于点的对称点，可知为点与所求点得中点，则对称点可求.

【详解】设点关于点的对称点的坐标为，

则可得解得,

所以对称点得坐标为.

故选：C.

2. 直线，，的斜率分别为2，1，，倾斜角分别为，，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由于，由正切函数的图像性质可得倾斜角，，的大小关系.

【详解】由于，

由正切函数的图像性质可知，当时，为增函数，且，

由，可知；

当时，为增函数，且，

，所以；

所以，选项B正确.

故选：B

3. 不论k为任何实数，直线恒过定点，则这个定点的坐标为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】直线方程即，一定经过和 的交点，联立方程组可求定点的坐标．

【详解】直线

即，

根据的任意性可得，解得，

不论取什么实数时，直线都经过一个定点．

故选：B

4. 直线与连接的线段相交，则a的取值范围是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据给定条件，作出图形，利用斜率坐公式结合图形求解作答.

【详解】直线过点.

如图，

由题意，直线与线段总有公共点，

即直线以直线为起始位置，绕点P逆时针旋转到直线即可，

直线的斜率为，直线的斜率分别为，于是或，

而，因此或，

所以或，解得或，即a的取值范围是.
 

故选：D.

5. 正方体分别为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求异面直线所成角的余弦值.

【详解】设正方体棱长为2，以的原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，

，，

，

所以异面直线与所成角的余弦值为.

故选：B

6. 已知，是曲线上两个不同的点，，则的最大值与最小值的比值是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】方程表示的曲线为圆的左半部分和圆的右半部分，数形结合求出的最大值和最小值，进而求出比值.

【详解】化简得，

由，得.

因为，所以或.

当时，；当时，.

所以方程表示的曲线为圆的左半部分和圆的右半部分.

根据圆的性质知：当A，B分别与图中的M，N重合时，取得最大值，且最大值为6；

当A，B为图中E，F，G，H四点中的某两点时，取得最小值，且最小值为.故的最大值与最小值的比值是.

故选：B.

【点睛】关键点睛：本题的关键是通过分类讨论得到曲线的具体情况，结合图形，利用圆的性质，得到线段和的最值，即可得到它们的比值.

7. 在平行六面体中，，，且，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据图形，利用向量的加法法则得到，再利用空间向量的数量积及运算律求模长.

【详解】以为基底向量，可得，

则

，

∴．

故选：C.

8. 已知点，点是圆上的动点，点是圆上的动点，则的最大值为

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】由于两圆不在直线的同侧，先做出圆关于直线对称的圆，把转化为，若最大，必须最大，最小.

【详解】如图：

依题意得点在直线上，

点关于直线对称的点,

点在圆关于直线对称的圆上，

则，设圆的圆心为，

因为，，

所以，当五点共线，在线段上，在线段上时“=”成立.

因此，的最大值为4.

【点睛】本题主要考查圆与圆的位置关系，直线与圆的位置关系，距离和差的最值问题对称变换是常采用的方法.

二、选择题（本大题共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，全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分）

9. 直线，下列图象中正确的是（    ）

A    B.  

C.    D.  

【答案】BC

【解析】

【分析】根据斜率和截距对选项进行分析，从而确定正确答案.

【详解】直线，

A选项，由图可知：，所以A选项错误.

B选项，由图可知：，所以B选项正确.

C选项，由图可知：，所以C选项正确.

D选项，由图可知：，所以D选项错误.

故选：BC

10. （多选题）两条平行直线l1，l2分别过点P(-1，3)，Q(2，-1)，它们分别绕P，Q旋转，但始终保持平行，则l1，l2之间的距离可能取值为（    ）

A. 1 B. 3 C. 5 D. 7

【答案】ABC

【解析】

【分析】由两直线的关系可知，当两直线l1，l2与直线PQ垂直时，两平行直线l1，l2间的距离最大5，进而可得结果.

【详解】当两直线l1，l2与直线PQ垂直时，两平行直线l1，l2间的距离最大，最大距离为：

，所以l1，l2之间的距离的取值范围是.

故选：ABC

【点睛】本题考查了两直线平行时的距离问题，考查了数形结合思想和计算能力，属于一般题目.

11. 下列结论正确的是（    ）

A. 若向量是空间一组基底，则也是空间的一组基底

B. 直线l的方向向量，平面α的法向量是，则

C. 若，则点在平面内

D. 若向量垂直于向量和，向量且，则

【答案】AC

【解析】

【分析】根据空间向量基底定义可判断A；根据向量共线可判断B；设，求出可得判断C；根据向量共面可判断D.

【详解】对于A，若向量是空间一组基底，则构成的向量均不共面，

所以也是空间的一组基底，故A正确；

对于B，直线l的方向向量，平面α的法向量是，所以，故，故B错误；

对于C，设，

可得，解得，即，则点在平面内，故C正确；

对于D，若向量垂直于向量和，向量且，

所以向量一定在向量和组成的平面内，则，故D错误.

故选：AC.

12. 如图，在棱长为1的正方体中，Q是棱上的动点，则下列说法正确的是（    ）

A. 不存在点Q，使得

B. 存在点Q，使得

C. 对于任意点Q，Q到的距离的取值范围为

D. 对于任意点Q，都是钝角三角形

【答案】ABC

【解析】

【分析】证明直线与是异面直线判断A，当与重合时，可判断BD，设（），计算出的面积的最大值和最小值后从而可得Q到的距离的最小值和最大值，从而判断C．

【详解】由平面，平面，，平面，∴直线与是异面直线，A正确；

平面，平面，则，又，与是平面内两相交直线，所以平面，又平面，所以，即当与重合时，，B正确，此时是直角三角形，D错；

设（），，，，

，

，

所以，

，

所以时，，或1时，，所以的最大值是，最小值是，

记到的距离为，，因此的最大值是，的最小值是，C正确．

故选：ABC．

三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）

13. 若表示圆的一般方程，则实数a的取值范围是______．

【答案】

【解析】

【分析】根据圆的一般方程满足的条件求解即可.

【详解】因为表示圆，

所以，

即，化简得，

解得，

故答案为：

14. 在长方体中，，，则点到平面的距离为_____.

【答案】

【解析】

【分析】利用空间向量的点面距离公式求解即可.

【详解】依题意，建立空间直角坐标系，如图，

则，故，

设平面的一个法向量，则，

令，则，故，

又，

所以点到平面的距离为.

故答案为：.

15. 在空间直角坐标系中，，，，点H在平面内，则当取最小时，点H的坐标是______．

【答案】

【解析】

【分析】若要取最小，则只需平面，即只需，结合四点共面的充要条件即可求解.

【详解】不妨设点H的坐标是，则，

因为，，，

所以，

由题意若要取最小，则只需平面，

只需，即，

不妨令，所以解得，

且注意到点H在平面内，

所以由四点共面的充要条件有，

即，解得，

所以，所以此时点H的坐标是.

综上所述：当取最小时，点H的坐标是.

故答案为：.

16. 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的轨迹是圆”．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．已知动点在圆上，若点，点，则的最小值为 __．

【答案】

【解析】

【分析】先利用阿氏圆定义设出，由得到，利用，即可求出最小值.

【详解】设，不妨取，使得，所以，

整理得：.

此方程与为同一方程，所以，解得：，即.

所以（当且仅当P、B、C三点共线时等号成立）

此时.

所以的最小值为.

故答案为：.

四、解答题（本大题共6题，满分70分，解答时应写出必要的文字说明、证明过程和验算步骤）

17. 已知点，，：

（1）若中点为，求过点与的直线方程；

（2）求过点且在轴和轴上截距相等的直线方程．

【答案】（1）   

（2）或

【解析】

【分析】（1）先求出D点坐标，再根据两点式方程求出直线AD 的方程；

（2）根据截距等于0和不等于0，运用截距式方程求解.

【小问1详解】

由题意， 的中点 ，即 ，由两点式直线方程得直线AD的方程为： ，即 ；

【小问2详解】

当过B点，且在x，y轴上的截距为0时，直线方程为 ，即 ；

设当在x，y上截距m不等于0时直线方程为 ，

将B点坐标代入得 ，即 ；

综上，（1）AD直线方程为 ，（2）过B点并且在x， y轴上截距相等的直线方程为 或.

18. 已知的顶点，边上的高所在直线平行于直线，角的平分线所在直线方程为

（1）求点坐标；

（2）求边所在直线方程.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由题知直线的斜率为，进而得直线的方程，再与角的平分线方程联立解方程即可；

（2）点关于直线对称的点为，进而根据对称性得，再根据在直线上求解即可.

【小问1详解】

解：因为边上的高所在直线平行于直线，

所以直线的斜率为，

则直线的方程为，即.

联立方程：，解得，，

所以，点坐标为，

【小问2详解】

解：设点关于角的平分线对称的点为

则点在直线上，且直线为线段的垂直平分线.

所以有，解得，，即

又，

所以，

所以直线方程为：，即.

19. 已知圆经过，，三点.

（1）求圆的方程；

（2）设点在圆上运动，点，且点满足，记点的轨迹为，求的方程.

【答案】（1）；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）利用待定系数法求出圆的方程即可；

（2）设，利用得到点的坐标，将点代入圆，化简即可得到点的轨迹方程.

【小问1详解】

设圆的方程为，

将三点，，分别代入方程，

则，解得，，，

所以圆的方程为；

小问2详解】

设，，

因为点满足，，

所以，，

则，所以.

因为点在圆上运动，

所以，

所以，所以，

所以点的轨迹方程为.

20. 如图，正方形的边长为2，B，C分别为，的中点．在五棱锥中，底面，且，F为棱的中点，平面与棱，分别交于点G，H．

（1）求直线与平面所成角的大小；

（2）求线段的长．

【答案】（1）   

（2）2

【解析】

【分析】（1）以A为原点建立如图所示空间直角坐标系，由向量法求线面角即可；

（2）设，，结合即可解得参数，求得H坐标，由两点距离公式即可求线段的长

【小问1详解】

∵底面，四边形为正方形，故以A为原点建立如图所示空间直角坐标系，

∵正方形的边长为2，B，C分别为，的中点，，F为棱的中点，

故有，，，，，.

设平面的法向量为，，

则，令，得.

设直线与平面所成角为，则，

故直线与平面所成角为为；

【小问2详解】

设上的点，，则，∴.

又为平面法向量，，故，即，解得，

故有，故，

故线段的长为2.

21. 直线过点且与x轴、y轴正半轴分别交于A、B两点．

（1）若直线与直线垂直，求直线的方程；

（2）如图，若，过点P作平行于x轴的直线交y轴于点M，动点E、F分别在线段和上，若直线平分直角梯形的面积，求证：直线必过一定点，并求出该定点坐标．

【答案】（1）   

（2）证明见解析；定点

【解析】

【分析】（1）根据两直线垂直可求得直线斜率，再利用直线的点斜式方程即可求出直线的方程；

（2）分别设出两点坐标，再由向量可解得，利用梯形的面积可得的坐标需满足，分情况讨论直线方程即可知其过定点.

【小问1详解】

易知直线的斜率为，

设直线的斜率为，由两直线垂直可得，解得；

又过点，所以，即，

所以直线的方程为.

【小问2详解】

证明：设，又，可得；

由可得，解得；

易知，，

所以梯形的面积为，可得梯形的面积为6，

不妨设，可得，即；

当时，直线的方程为，

将代入上式可得，

由可得，

即不论为何值时，直线恒过定点；

当时，直线的方程为，过点；

综上可知，直线必过定点.

22. 如图，在直三棱柱中，，，D为的中点，G为的中点，E为的中点，，点P为线段上的动点（不包括线段的端点）．

（1）若平面CFG，请确定点P的位置；

（2）求直线CP与平面CFG所成角的正弦值的最大值．

【答案】（1）为的中点；（2）．

【解析】

【分析】（1）连接，先证平面，若平面，平面与平面相交，必有，再由，可知为的中点；

（2）以C为坐标原点，向量，，方向分别为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，利用向量法结合二次函数的性质求解即可.

【详解】如图，连接，

∵，，∴，

∴，

∵，∴，

∴．∴，

∵平面，平面，∴平面，

若平面，又由，平面，

平面与平面相交，必有，

又∵，∴为的中点；

（2）因为，，两两垂直，

我们可以以C为坐标原点，向量，，方向分别为，，轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系，

不妨设，可得各点坐标如下：

，，，，，．

设（），有，

又由，有，

设平面的法向量为，

由，，有，

取，，，可得平面的一个法向量为，

设直线与平面所成的角为，

由，

，，

有，

设，有，

，

由二次函数的性质可知，当时，，

时，的最大值为．