吉林省梅河口市第五中学2021-2022学年高二上学期第一次月考数学试题

梅河口市第五中学2021-2022 学年上学期高二年级 （数学试卷答案） 单选题 1-5 CABDC 6-8 ABA 9.BC 10.ABD 11.AD 12.BCD 1.解：设直线在x 、y 轴上的截距分别为a 和 ( 0) a a   ，则直线l 的方程为 1 x y a a  ， 直线过点 (3,4) A ， 3 4 1 a a  ，解得： 1 a ， 此时直线l 的方程为 1 0 x y   ； 当 0 a  时，直线过原点，设直线方程为y kx  ，过点 (3,4) A ， 此时直线l 的方程为 4 3 y x  ， 即4 3 0 x y   ； 综上，直线l 的方程有2 条． 故选：C ． 2.解：若1 2 l l  ， 则 1 2 1 2 0 A A B B   ，即( 1) ( 1)( 2) 0 a a a      ， 解得 2 a  或 1 a ， 故 2 a  ”是“ 1 2 l l  ”的充分不必要条件． 故选：A ． 3.解：圆 2 2 ( 1) ( 1) 9 x y     的圆心 (1, 1) C  ，半径 3 r  ， 圆心 (1, 1) C  到直线3 4 12 0 x y    的距离 | 3 4 12 | 11 3 5 9 16 d r        ， 直线3 4 12 0 x y    与圆 2 2 ( 1) ( 1) 9 x y     的位置关系是相交但不过圆心． 故选：B． 4.解：因为抛物线上的点P 到准线的距离等于到焦点F 的距离 所以过焦点F 作直线4 3 16 0 x y    的垂线 则F 到直线的距离为 1 2 d d  的最小值，如图所示： 所以  1 2 min 2 2 | 4 0 16| 4 4 3 d d      故选：D 5.解：双曲线 2 2 2 2 1 x y a b  ， 双曲线的渐近线方程是 b y x a  又抛物线 2 2 ( 0) y px p   的准线方程是 2 p x  ， 故A ，B 两点的纵坐标分别是 2 pb y a  ，双曲线的离心率为2，所以 2 c a  ，  2 2 2 2 2 2 1 3 b c a e a a     则 3 b a  ， A ，B 两点的纵坐标分别是 3 2 2 pb p y a   ， 又，AOB  的面积为 3 ，x 轴是角AOB 的角平分线 1 3 3 2 2 p p    ，得 2 p  ． 故选：C ． 6.解：不妨设CA=CC1=2CB=2，所以         1 1 0,0,1 , 0,2,0 , 2,0,0 , 0,2,1 B C A B , 则     1 1 2,2,1 , 0, 2,1 AB C B      ， 所以 1 1 1 1 1 1 4 1 5 cos , 5 3 5 AB C B AB C B AB C B            . 所以直线BC1 与直线AB1 所成角的余弦值为 5 5 . 故选: A . 7.解：由题意方程可得， 5 a  ， 4 b  ， 2 2 3 c a b    ，即 1 2 | | 6 F F  ． 设 1 1 | | PF t  ， 2 2 | | PF t  ， 则根据椭圆的定义可得：1 2 10 t t   ，① 在△ 1 2 F PF 中， 1 2 3 F PF     ， 根据余弦定理可得： 2 2 2 1 2 1 2 2 cos 6 3 t t t t      ，② 联立①②得1 2 64 3 t t   ， 由正弦定理可得： 1 2 1 2 1 1 64 3 16 3 sin 2 3 2 3 2 3 F PF S t t         ． 设△ 1 2 F PF 内切圆半径为r ， △ 1 2 F PF 的周长为 10 6 16 L    ，面积为 16 3 3 S  ， 2 3 1 3 2 S r L   ， 故选：B ． 8.解：由题意可得，对称轴所在的直线即为点(0,2) 与点(4,0) 构成的线段的中垂线． 由于点(0,2) 与点(4,0) 连成的线段的中点为(2,1) ，斜率为 1 2  ， 故对称轴所在的直线方程为 1 2( 2) y x   ，即2 3 0 x y    ． 再根据点(7,3) 与点( , ) m n 重合，可得 3 2 1 7 7 3 2 3 0 2 2 n m m n                 ，求得 3 5 31 5 m n         ， 34 5 m n    ， 故选：A ． 多选题 9.解：向量 (4, 2, 4), (6, 3,2) a b        ，  (10 a b     ，5 ，2)  ，故A 正确； ( 2 a b     ，1，6)  ，故B 错误； 24 6 8 22 a b        ，故C 错误； | | 16 4 16 6 a      ，故D 正确． 故选：BC ． 10.解：对A ：因为圆M 与直线 2 0 x y    相切于点 (0, 2) A  ， 故直线AM 与直线 2 0 x y    垂直，故M 落在直线 2 0 x y    上，故A 正确； 对B 、C 、D ：设圆心为( , 2) a a  ， 则 2 | 2 | 2 | | 1 ( 2) 2 a R a a      ， 1 a   或5 ， 2 R   或5 2 ， 满足条件的所有圆C 的半径之积是10，故B 、D 正确，C 错误； 故选：ABD ． 11.解：对于A ：因为椭圆C 的长轴长与圆E 的直径长相等， 所以2 4 a  ，即 2 a  ， 设椭圆的左焦点 ( ,0) F c  ， 由椭圆的定义可知| | | | 2 4 PF PF a    ， 所以| | | | | | (4 | |) | | | | 4 | | 4 | | 2 4 2 5 6 PQ PF PQ PF PQ PF QF EF             ， 所以 2 2 | | 2 5 ( 3 ) (4 0) EF c      ，解得 1 c 或5， 因为 2 c a   ， 所以 1 c ，即椭圆的焦距为2 2 c  ，故A 正确， 对于B ：由 2 2 2 2 2 1 3 b a c      ， 所以椭圆的短轴长为2 3 ，故B 错误， 对于 2 2 :| | | | | | | | | | (1 3) (0 4) 4 2 2 C PQ PF QF EF EQ         ，故C 错误， 对于D ：设过点F 的切线方程为 ( 1) y k x   ， 则 2 | ( 3 1) 4 | 2 1 k k     ，解得 4 7 3 k   ，故D 正确， 故选：AD ． 12.解：不妨设 ABC  的直角边长为m ，则斜边长为 2m ， 如果圆锥曲线是椭圆，当椭圆以两个非直角顶点为焦点且经过直角顶点时，离心率 2 2 2 2 2 c m e a m m     ； 当椭圆以一个非直角顶点和直角顶点为焦点且经过另一个非直角顶点时，离心率 2 2 1 2 2 c m e a m m      . 如果圆锥曲线是双曲线， 则双曲线只能以一个非直角顶点和直角顶点为焦点且经过另一个非 直角顶点，这时离心率 2 2 1 2 2 c m e a m m      . 故选：BCD. 填空题 13. 6 14. 1 15.   4, 2,4   或  4, 2,4   16. 2 13 如图所示，不妨设点M 位于第一象限，设抛物线的准线与x 轴交于点F' ，作MB l  与 点B ，NA l  与点A ， 由抛物线的解析式可得准线方程为 2 x ， 则 2, 4 AN FF'   ， 在直角梯形ANFF' 中，中位线 ' 3 2 AN FF BM    ，由抛物线的定义有： 3 MF MB   ，结合题意，有 3 MN MF   ， 故 3 3 6 FN FM NM      ． 14.解：直线: 1 0 l mx y   恒过(0,1) ，圆 2 2 4 6 4 0 x y x y      的圆心( 2,3)  ，半径为3， 所以定点与圆心的距离为： 2 2 (0 2) (1 3) 2 2     ， 所以则| | MN 的最小值为： 2 2 2 3 (2 2) 2   ， 此时直线MN 与定点和圆心连线的直线垂直．可得 2 0 1 3 1 m     ． 故答案为：1． 15.∵   1,1,2 A  ，   3,0,4 B  ，∴   2, 1,2 AB     ， ∵// c AB  ，∴存在，使得    = 2 , ,2 R c AB            ， ∴       2 2 2 = 2 2 =3 =6 c         ，解得 2 ， ∴   4, 2,4 c    或  4,2, 4  ． 故答案为：  4, 2,4   或  4, 2,4   16.解：如图，  1 F A AB     ， A  为 1 F B 的中点，且O 为 1 2 F F 的中点， AO  为△ 1 2 F F B 的中位线， 又 1 2 0 F B F B     ， 1 2 F B F B   ，则 1 OB FO c   ． 设 1 ( B x ， 1) y ， 2 ( A x ， 2 ) y ， 点B 在渐近线 b y x a  上，  2 2 2 1 1 1 1 x y c b y x a         ，得 1 1 x a y b      ． 又 A  为 1 F B 的中点， 2 2 2 2 c a x b y           ， A  在渐近线 b y x a  上， 2 2 b b a c a    ，得 2 c a  ，则双曲线的离心率 2 c e a   ． 故答案为：2． 解答题 17.解： （1）直角坐标系xOy 中，已知ABC  的三个顶点 ( , ) A m n ， (2,1) B ， ( 2,3) C  ， BC  的斜率为3 1 1 2 2 2    ，采用点斜式设直线方程为 1 1 ( 2) 2 y x   ， 2 4 0 x y    ． （2） A  点在中线AD 上，把A 点坐标代入2 3 6 0 m n    ①， 点A 到直线 2 4 0 x y    的距离为 | 2 4 | 5 m n d    ， 2 5 BC  ， ABC   的面积等于1 1 | 2 4 | 2 5 7 2 2 5 m n BC d         ②， 求得 3 4 m n     ，或 3 0 m n     ， 所以，点A 的坐标为(3,4) 或( 3,0)  ． 18.（1）证明：因为AB 平面PAC ， / / AB CD ，所以CD 平面PAC ， 所以CD AC  ，CD PC  ， 因为 1 AC PC  ， 2 PA  ，所以 2 2 2 PA AC PC   ， 所以PC AC  ， 因为CD AC C   ，AC 、CD 平面ABCD ， 所以PC 平面ABCD ， 又因为PC 平面PCD ，所以平面PCD 平面ABCD ； （2）解：由（1）知CD 、CA 、CP 两两垂直， 建立如图所示的空间直角坐标系， 设 2 AB t  ， 0 t  ，则各点坐标如下： ( D t ，0，0) ， (0 A ，1，0) ， (0 P ，0，1) ， ( PD t    ，0，1)  ， (0 PA    ，1，1)  ， (0 CA    ，1，0) ， 设平面PAD 的法向量为 ( n x   ，y ，) z ， 0 0 PD n tx z PA n y z                  ，令z t ， (1 n   ，t ，) t ， 直线AC 与侧面PAD 所成角的正弦值为 2 | | 3 3 | | | | 1 2 AC n t AC n t           ， 解之得 1 t ，所以AB 的值为2． 19.解： （1）双曲线的标准方程为 . 2 , 1 , 1 2 2 2 2 2      b a y x 设存在过点P 的弦AB，使得AB 的中点为P， 设    2 2 1 1 , , , y x B y x A 1 2 , 1 2 2 2 2 2 2 1 2 1     y x y x 两式相减得 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 a b x x y y x x y y       即 2 2 1 2 a b kAB   得： . 1 , 2 2     k k 存在这样的弦.这时直线l 的方程为 . 1  x y （2）设CD 直线方程为 0    m y x ，则点 ) 2 , 1 ( P 在直线CD 上． 则 3   m ，直线CD 的方程为 0 3   y x ， 设   CD y x D y x C , , , , 4 4 3 3 的中点为  0 0, y x Q 1 2 , 1 2 2 4 2 4 2 3 2 3     y x y x 两式相减得 2 2 0 0 a b x y kCD   ，则 2 1 0 0    x y ，则 0 0 2x y   又因为  0 0, y x Q 在直线CD 上有 0 3 0 0   y x 解得  6 , 3  Q         2 2 0 1 2 2 y x y x 解得    4 , 3 , 0 , 1 B A          2 2 0 3 2 2 y x y x 整理得 0 11 6 2   x x ，则          11 6 4 3 4 3 x x x x 则 10 4 1 4 3 2     x x k CD 由距离公式得 10 2     QD QC QB QA 所以 D C B A 、 、 、 四点共圆. 20.解： （1）因为矩形ABEF 所在平面与直角梯形ABCD所在的平面垂直，平面ABEF 平面 ABCD AB  ，AF AB  所以AF 平面ABCD， 因为AD 平面ABCD，所以AF AD  ， 因为AB AD  ，所以 , , AB AD AF 两两垂直， 所以如图，建立空间直角坐标系， 则   0,0,0 A ，   0,0,1 F ，   1,0,0 D ，   2,2,0 C ， 1 1,1, 2 M       ， 1 0,1, 2 DM         ， 平面ABEF 的一个法向量   1,0,0 m   ， ∵ 0 DM m     ∴DM m    ， ∴ / / DM 平面ABEF . （2）   1,0,1 DF   ，   1,2,0 DC   ，平面CDF 的一个法向量   1 , , n x y z   ， 由 1 1 0 0 n DF n DC            得 0 2 0 x z x y       ，令 2 z  ，则 2 x  ， 1 y ， ∴   1 2, 1,2 n    ， 平面ADF 的一个法向量   0 , 1 , 0 2   n ， ∴ 1 1 2 1 2 2 1 cos , 3 n n n n n n           ， ∵二面角A DF C   为钝二面角， ∴二面角A DF C   的余弦值为 1 3  . 21.解： （1）设   A x ,y 1 1 ，   B x ,y 2 2 ，l ： 2 x ym   由 2 2 2 x my y x       可得y my    2 2 4 0 ，则y y  1 2 4 又 y x 2 1 1= 2 ， y x 2 2 2= 2 ，故   y y x x 2 1 2 1 2= 4 =4 因此OA 的斜率与OB 的斜率之积为y y x x  1 2 1 2 -4 = =-1 4 ，所以OA OB  ． 故坐标原点O 在圆M 上． （2）由（1）可得y y m 1 2 + =2 ，   x x m y y m  2 1 2 1 2 + = + +4=2 4 故圆心M 的坐标为  m m 2+2， ，圆M 的半径   r m m    2 2 2 2 由于圆M 过点 (4, 2) P  ，因此 0 AP BP      ， 故 