高二上期第二次月考試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。4．測試范圍：人教A版2019選擇性必修一全冊（不含拋物線）。第一部分（選擇題共58分）一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．設點在平面上的射影為，則等于（

）A． B．5 C． D．2．若直線的傾斜角為，則實數m值為（

）A． B． C． D．3．若雙曲線的右支上一點到右焦點的距離為9，則到左焦點的距離為（

）A．3 B．12 C．15 D．3或154．.已知點為直線上的動點，過P點作圓的切線，，切點為，則周長的最小值為（）A． B． C． D．5．如圖，在直三棱柱中，，，，，則與所成的角的余弦值為（

）A． B． C． D．6．“”是“直線與直線平行”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件7．在平面直角坐標系中，圓的方程為，若直線上存在點，使以點為圓心，1為半徑的圓與圓有公共點，則實數的取值范圍是（

）A． B．C． D．8．已知曲線：是雙紐線，則下列結論正確的是（

）A．曲線的圖象不關于原點對稱B．曲線經過4個整點（橫、縱坐標均為整數的點）C．若直線與曲線只有一個交點，則實數的取值范圍為D．曲線上任意一點到坐標原點的距離都不超過3二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9．若，點滿足，記點的軌跡為曲線，直線為上的動點，過點作曲線的兩條切線，切點為?，則下列說法中正確的是（

）A．的最小值為B．線段的最小值為C．的最小值為D．當最小時，直線的方程為10．已知是拋物線上的兩點，若直線過拋物線的焦點F且傾斜角為，是A，B在準線上的射影，則下列命題不正確的是（

）A． B．C． D．為直角三角形11．已知曲線，，則下列說法正確的是（

）A．若，則曲線表示兩條直線B．若，則曲線是橢圓C．若，則曲線是雙曲線D．若，則曲線的離心率為第二部分（非選擇題共92分）三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12．已知橢圓（）的長軸長為4，離心率為.若，分別是橢圓的上、下頂點，，分別為橢圓的上、下焦點，為橢圓上任意一點，且，則的面積為.13．在等腰直角三角形中，，點是邊上異于，的一點，光線從點出發，經，反射后又回到點，如圖所示，若光線經過的重心，則的長度為.14．如圖，棱長為的正方體中，為線段上的動點（不含端點），以下正確的是

①；②存在點，使得//面；③的最小值為；④存在點，使得與面所成線面角的余弦值為.四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15．（13分）已知兩直線.(1)求過兩直線的交點，且垂直于直線的直線方程；(2)求過兩直線的交點，且在兩坐標軸上截距相等的直線方程；(3)已知兩點，動點在直線運動，求的最小值.16．（15分）已知圓過點，圓心在直線上，且直線與圓相切.(1)求圓的方程；(2)過點的直線交圓于兩點.若為線段的中點，求直線的方程.17．（15分）如圖,四棱錐中,底面,底面為菱形,,分別為的中點.(1)證明：平面；(2)求二面角的正弦值.18．（17分）如圖，在三棱柱中，，，是棱的中點.(1)證明：；(2)若三棱錐的體積為，問是否在棱上存在一點使得平面？若存在，請求出線段的長度；若不存在，請說明理由.19．（17分）定義：由橢圓的兩個焦點和短軸的一個頂點組成的三角形稱為該橢圓的“特征三角形”.如果兩個橢圓的“特征三角形”相似，則稱這兩個橢圓是“相似橢圓”，并將三角形的相似比稱為橢圓的相似比.已知橢圓：.(1)若橢圓：，試判斷與是否相似?如果相似，求出與的相似比；如果不相似，請說明理由；(2)寫出與橢圓相似且短半軸長為b，焦點在x軸上的橢圓的標準方程.若在橢圓上存在兩點M，N關于直線對稱，求實數的取值范圍.參考答案與解析題號12345678910答案DACADCBDACDABD題號11答案ACD1．D【詳解】點在平面上的射影為，，故，故選：D2．A【詳解】由題知，，解得.故選：A.3．C【詳解】因為雙曲線方程為，所以，則，設雙曲線的左?右焦點分別為，又點在雙曲線的右支上，且，所以，則.故選：C.4．A【詳解】設圓心到直線的動點的距離為，根據點到直線距離公式，.因為，是圓的切線，所以（其中）.又因為是直角三角形，由勾股定理可得，即.的周長為.因為是圓的弦，且和全等，所以.根據三角形面積公式，（其中是圓的半徑），可得，所以，則的周長.因為與均在上單調遞增，所以當時，周長取得最小值.最小值為.故選：A.5．D【詳解】以為坐標原點，所在直線分別為軸，建立空間直角坐標系，則，則，則與所成的角的余弦值為.故選：D6．C【詳解】當時，，，顯然，兩直線平行，滿足充分條件；當與直線平行時，，則∴或，當時顯然成立，當時，，，整理后與重合，故舍去，∴，滿足必要條件；∴“”是“直線與直線平行”的充要條件故選：C7．B【詳解】解法一：圓的方程化標準方程為，所以圓是以為圓心，1為半徑的圓.設，由以為圓心，1為半徑的圓與圓有公共點，得關于的不等式有解，即有解，所以，解得或.故選：B.解法二：圓的方程化標準方程為，所以圓是以為圓心，1為半徑的圓.又直線上存在點，使以該點為圓心，1為半徑的圓與圓有公共點，所以只需圓與直線有公共點即可.由，解得或.故選：B.8．D【詳解】對于A，結合曲線：，將代入，方程不變，即曲線的圖象關于原點對稱，A錯誤；對于B，令，則，解得，令，則，解得，令，則，解得，故曲線經過的整點只能是，B錯誤；對于C，直線與曲線：必有公共點，因此若直線與曲線只有一個交點，則只有一個解，即只有一個解為，即時，無解，故，即實數的取值范圍為，C錯誤，對于D，由，可得，時取等號，則曲線上任意一點到坐標原點的距離為，即都不超過3，D正確，故選：D9．ACD【詳解】由題知，設，因為，所以，即，所以曲線是以為圓點，半徑為的圓，如圖所示，因為為上的動點，是曲線上動點，則PQ最小時，三點共線，且，因為，，所以PQ的最小值為，故A正確；對于B，設，則，又，所以，則以為圓心，以為半徑的圓的方程為①，又曲線為②，由①②相減，得直線：，即，由，得，所以直線恒過定點，所以線段的最小時，過，則此時與定點距離為，此時，故B錯誤；對于C，因為最小時為，所以，所以此時為全等的等腰直角三角形，所以，所以，所以的最小值為，故C正確；對于D，因為四邊形面積為，所以此時四邊形為正方形，則，，所以直線的方程為，故D正確.故選：ACD10．ABD【詳解】對于選項A，設直線的方程為，代入，可得，所以，，故A正確；對于選項B，因為是過拋物線的焦點的弦，所以由拋物線定義可得，由選項A知，，，所以.即，解得，當時，，所以，當時，，所以，當時，也適合上式，所以，故B正確；對于選項C，，所以，同理可得，所以，故C錯誤；對于選項D，由拋物線的定義可知，，則.因為，所以，則.同理可得.因為，所以.所以為直角三角形，選項D正確；故選：ABD.11．ACD【詳解】由題意，曲線，，若，則，此時曲線，表示兩條直線，故A正確；若，又，則，曲線，可化為，當時，則曲線表示圓，當時，則曲線表示橢圓，故B錯誤；若，又，則，則曲線表示雙曲線，故C正確；若，又，所以，則曲線為，則曲線為等軸雙曲線，離心率為，故D正確.故選：ACD.12．【詳解】因為,所以,所以橢圓方程為,設,橢圓的上、下頂點,所以且，所以，所以即得.故答案為：.13．【詳解】以為原點，分別為軸建立平面直角坐標系，則直線方程為，設關于和直線的對稱點分別為，則，記，則，解得，因為為的重心，，所以，由光的反射原理可知，三點共線，所以，即，解得（舍去）或.故答案為：14．①②【詳解】由題意，建立如圖空間直角坐標系，

則，所以，設，則，所以，所以.①：，所以，故①正確；②：設平面的一個法向量為，則，令，得，所以，有，當時，，此時，即平面，所以當點P為的中點時，平面，故②正確；③：將平面與平面沿展開成平面圖，線段即為的最小值.

在中，，由余弦定理，得，即，故③錯誤；④：由平面，得平面，即平面，則為平面的一個法向量，假設存在點P，使得與平面所成線面角的余弦值為，設該線面角為，則，所以，整理得，由知方程無實根，所以不存在點P，使得與平面所成線面角的余弦值為，故④錯誤.故答案為：①②15．【詳解】（1）聯立，解得，，因為所求直線垂直于直線，所以所求直線的斜率為，故所求直線方程為，即；（2）由（1）得兩直線的交點為．當要求的直線過原點時，斜率為2，方程為．當要求的直線不過原點時，設方程為，把交點代入，求得，可得要求的直線方程為，綜上，直線方程為或；（3）設點關于直線對稱的點為，，解得，則，故的最小值為．16．【詳解】（1）設圓M的方程為，因為圓過點，所以，又因為圓心在直線上，所以②，直線與圓M相切，得到③，由①②③解得：因此圓的方程為（2）設，因為A為線段BD的中點，所以，因為在圓上，所以，解得或當時，由可知直線的方程為；當時，由可得斜率，故直線的方程為，即.綜上，直線的方程為或.17．【詳解】（1）連接,∵底面ABCD為菱形,,∵在中，分別為的中點.∴,∴底面,所以,所以,又∵與是平面上的兩條相交直線,∴⊥平面.（2）連接交于點,過點,作向上的垂線平行于,以為坐標原點，以所在直線分別為軸，軸，軸建立如圖所示的空間直角坐標系；又，，所以；則，所以；設平面的一個法向量為，可得，解得，令，則；即為平面的一個法向量，設平面的一個法向量為，可得，解得，令，則；即為平面的一個法向量，可得，設二面角為，可得；所以二面角的正弦值為.18．【詳解】（1）如圖，取中點，連接.∵,∴,∵,,,∴與全等，∴，∴，∵，、平面，∴平面，∵平面，∴.（2）不存在，理由如下：由（1）得，平面，∵平面，∴平面平面，如圖，過點作于點.∵平面平面，平面，∴平面由題意得，∴，設三棱柱的高為，∵三棱錐的體積為，∴三棱錐的體積為，即，∴，即，∴，∴點為中點.取中點，則，∴.故可以為坐標原點，建立如圖所示空間直角坐標系，則，，，，，∴，，，.設，則，∴，要使平面，則需且，由得，，解得，由得，，解得，由兩個方程解出值不同可得在棱上不存在點使得平面.