【数学】黑龙江省鹤岗市第一中学2020-2021学年高二10月月考（理）

【数学】黑龙江省鹤岗市第一中学2020-2021学年高二10月月考（理）

黑龙江省鹤岗市第一中学2020-2021学年高二10月月考（理）‎ 一、单选题 ‎1．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎2．直线与平行,则（ ）‎ A． B．2 C．或 2D．0 或 1‎ ‎3．已知l，m，n为不同的直线，，，为不同的平面，则下列判断错误的是（ ）‎ A．若，，．则 B．若，，，则 C．若，，，，则 D．若，，则 ‎4．直线和直线在同一坐标系中可能是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎5．正方体的棱长为2，是棱的中点，则平面截该正方体所得的截面面积为（ ）‎ A． B． C． D．5‎ ‎6．若圆x2＋y2－2ax＋3by＝0的圆心位于第三象限，那么直线x＋ay＋b＝0一定不经过 (　　)‎ A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 ‎7．已知正方体的棱长为1，给出下列四个命题：①对角线被平面和平面、三等分；②‎ 正方体的内切球、与各条棱相切的球、正方体的外接球的表面积之比为；③以正方体的顶点为顶点的四面体的体积都是；④正方体与以为球心，1为半径的球的公共部分的体积是．其中正确的序号是（ ）‎ A．①② B．②④ C．①②③ D．①②④‎ ‎8．直线l经过点A(1，2)，在x轴上的截距的取值范围是(－3，3)，则其斜率的取值范围是（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎9．设直线 与直线的交点为,则到直线的距离最大值为( )‎ A． B． C． D．‎ ‎10．如图，在棱长为的正方体中，为的中点，为上任意一点，、为上两点，且的长为定值，则下面四个值中不是定值的是（ ）‎ A．点到平面的距离 B．直线与平面所成的角 C．三棱锥的体积 D．△的面积 ‎11．已知一圆的圆心为点 ，一条直径的两个端点分别在 轴和 轴上，则此圆的方程是 （ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎12．在矩形ABCD中，，，沿矩形对角线BD将折起形成四面体ABCD，在这个过程中，现在下面四个结论：①在四面体ABCD中，当时，‎ ‎；②四面体ABCD的体积的最大值为；③在四面体ABCD中，BC与平面ABD所成角可能为；④四面体ABCD的外接球的体积为定值.其中所有正确结论的编号为( )‎ A．①④ B．①② C．①②④ D．②③④‎ 二、填空题 ‎13． “圆材埋壁”是我国古代数学著作《九章算术》中的一个问题：“今有圆材，埋在壁中，不知大小．以锯锯之，深一寸，锯道长一尺．问径几何．”用现在的数学语言表述是：“如图所示，一圆柱形埋在墙壁中，尺，为的中点，，寸，则圆柱底面的直径长是_________寸”．（注：l尺=10寸）‎ ‎14．如图，在正方体中，O为底面ABCD的中心，E为的中点，则异面直线与EO所成角的余弦值为________.‎ ‎15．若直线m被两条平行直线与 所截得的线段长为，则直线m的倾斜角等于______.‎ ‎16．如图所示，在长方体中，，点E是棱上的一个动点，若平面交棱于点，给出下列命题： ‎ ‎①四棱锥的体积恒为定值；‎ ‎②存在点，使得平面； ‎ ‎③对于棱上任意一点，在棱上均有相应的点，使得平面；‎ ‎④存在唯一的点，使得截面四边形的周长取得最小值.‎ 其中真命题的是____________．（填写所有正确答案的序号）‎ 三、解答题 ‎17．求圆心在直线上，且过点和点的圆的方程 ‎18．如图，四棱锥的底面是边长为2的菱形，底面.‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）若，直线与平面所成的角为，求四棱锥的体积.‎ ‎19．已知直线方程为，.‎ ‎（1）求证：直线恒过定点，并求出定点的坐标；‎ ‎（2）若直线在轴，轴上的截距相等，求直线的方程.‎ ‎20．如图，在三棱柱中，，，、分别为和的中点，且.‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.‎ ‎21．在平面直角坐标系中，已知菱形的顶点和，所在直线的方程为. ‎ ‎（1） 求对角线所在直线的方程；‎ ‎（2） 求所在直线的方程.‎ ‎22．平行四边形所在的平面与直角梯形所在的平面垂直，，，且，，，为的中点.‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）求证：；‎ ‎（3）若直线上存在点，使得，所成角的余弦值为，求与平面所成角的大小.‎ 参考答案 ‎1．D ‎【解析】‎ 该几何体为半圆柱，底面为半径为1的半圆，高为2，因此表面积为 ,选D.‎ ‎2．B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据两条直线平行的条件列方程，由此解出的值，排除两条直线重合的情况，由此得出正确选项.‎ ‎【详解】‎ 由于两条直线平行，所以，解得或，当时，两条直线方程都为，即两条直线重合，不符合题意，故，所以本小题选B.‎ ‎【点睛】‎ 本小题主要考查两条直线平行求参数，考查两条直线重合，属于基础题.‎ ‎3．D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 举出反例可判断D选项.‎ ‎【详解】‎ 若，，．则，正确；‎ 若，，，则，正确；‎ 若，，，，则，正确；‎ 若，，则或与相交，故D错误．‎ 故选:D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了直线与平面位置关系的判断，属于基础题.‎ ‎4．D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由四个选项中的可知，分别由四个选项中的的符号推导的斜率和纵截距的符号可得解.‎ ‎【详解】‎ 根据题意可知，， ‎ 对于、、，由可知，，所以：的斜率为正数，故、、不正确；‎ 对于，由可知，，此时：符合，故正确.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了根据直线方程识别图象，属于基础题.‎ ‎5．B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出示意图，设为的中点，连接，易得平面截该正方体所得的截面为，再计算其面积.‎ ‎【详解】‎ 如图所示，设为的中点，连接，设为的中点，连接，‎ 由且，得是平行四边形，则且，‎ 又且，得且，则共面，‎ 故平面截该正方体所得的截面为.‎ 又，，，，‎ 故的面积为.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了正方体中线面位置关系，截面问题，属于中档题 ‎6．D ‎【解析】‎ 圆x2＋y2－2ax＋3by＝0的圆心为（a，），则a<0，b>0.直线y＝ －，其斜率k＝>0，在y轴上的截距为－>0，所以直线不经过第四象限，故选D．‎ 考点：圆与直线.‎ ‎7．D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对①，画出图象，设对角线与平面相交于点，则平面，用等体积的方法计算出，从而证得被平面和平面三等分；对②，计算正方体的内切球、与各条棱相切的球、正方体的外接球的半径，再计算其表面积之比；对③，显然；对④，正方体与以为球心，1为半径的球的公共部分是球的.‎ ‎【详解】‎ ‎①如图所示，假设对角线与平面相交于点，‎ 可得平面，所以，‎ 解得，因此对角线被平面和平面三等分，正确；‎ ‎②易得正方体的内切球、与各条棱相切的球、正方体的外接球的半径分别为，，‎ ‎，因此表面积之比为，正确；‎ ‎③，不正确；‎ ‎④正方体与以为球心，1为半径的球的公共部分的体积，正确，‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了立体几何综合问题，正方体的内切球、与各条棱相切的球、正方体的外接球的半径与正方体边长的关系，考查了学生空间想象能力，分析推理能力，运算能力，属于中档题.‎ ‎8．D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设出直线的斜率，表示出直线方程，求得在轴上的截距，解不等式即可得到结论.‎ ‎【详解】‎ 设直线的斜率为k，则直线方程为y－2＝k(x－1)，令y＝0，得直线l在x轴上的截距为，则，解得或.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查直线方程的点斜式，解不等式，属于基础题.‎ ‎9．A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出的坐标，再求出直线所过的定点，则所求距离的最大值就是的长度.‎ ‎【详解】‎ 由可以得到，故，‎ 直线的方程可整理为：，故直线过定点，‎ 因为到直线的距离，当且仅当时等号成立，‎ 故，‎ 故选A.‎ ‎【点睛】‎ 一般地，若直线和直线相交，那么动直线（）必过定点（该定点为的交点）.‎ ‎10．B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】‎ 试题分析：将平面延展到平面如下图所示，由图可知，到平面的距离为定值.由于四边形为矩形，故三角形的面积为定值，进而三棱锥的体积为定值.故A，C，D选项为真命题，B为假命题.‎ ‎ ‎ 考点：空间点线面位置关系.‎ ‎11．A ‎【解析】‎ 由于圆心(2,-3)是直径的中点，所以此直径的两个端点坐标分别为(4,0),(0,-6),‎ 所以半径为,所以所求圆的方程为.‎ ‎12．C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对四个结论逐一分析判断，‎ 对于①，利用翻折前后这个条件不变，易得平面，从而；‎ 对于②，当平面平面时，四面体ABCD的体积最大，易得出体积；‎ 对于③，当平面平面时，BC与平面ABD所成的角最大，即，计算其正弦值可得出结果；‎ 对于④，在翻折的过程中，BD的中点到四面体四个顶点的距离均相等，所以外接球的直径恒为BD，体积恒为定值.‎ ‎【详解】‎ 如图，当时，∵，∴平面，‎ ‎∵平面，∴，即①正确；‎ 当平面平面时，四面体ABCD的体积最大，最大值为，即②正确；‎ 当平面平面时，BC与平面ABD所成的角最大，为，而，‎ ‎∴BC与平面ABD所成角一定小于，即③错误；‎ 在翻折的过程中，和始终是直角三角形，斜边都是BD，其外接球的球心永远是BD的中点，外接球的直径为BD，‎ ‎∴四面体ABCD的外接球的体积不变，即④正确.‎ 故正确的有①②④.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查图形翻折的应用，解题关键是应抓住翻折前后的“不变量”和“变量”，进而分析计算，侧重考查直观想象和数学运算的核心素养，属于常考题.‎ ‎13．26‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由勾股定理，代入数据即可求得．‎ ‎【详解】‎ 解：∵，，‎ ‎∵ 寸，‎ ‎∴ 寸，‎ 在中，∵，‎ ‎∴ ，‎ ‎∴ 寸，‎ ‎∴ 圆柱底面的直径长是寸．‎ 故答案为：26．‎ ‎【点睛】‎ 考查了学生对勾股定理的熟练应用，考查了数形结合思想，属于基础题．‎ ‎14．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将两条异面直线和平移到一起，然后解直角三角形求得线线角的余弦值.‎ ‎【详解】‎ 连接，其中相交于，设是的中点，连接.‎ 根据正方体的性质可知，‎ 由于是的中点，所以是三角形的中位线，所以，‎ 所以.‎ 所以异面直线和所成的角为或其补角.‎ 由于是的中点，所以是三角形的中位线，所以.‎ 根据正方体的性质可知平面，所以平面，所以，‎ 所以三角形是直角三角形.‎ 设正方体的边长为，则，.‎ 所以.‎ 所以异面直线和所成角的余弦值为.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本小题主要考查线线角的求法，属于基础题.‎ ‎15．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出两平行线的距离，由这个距离和所截线段长得出直线与平行间的夹角，结合平行线的倾斜角可得直线的倾斜角．‎ ‎【详解】‎ 由两平行线间的距离为，直线m被两条平行线截得线段长为，可得直线m和这两条平行线的夹角为.‎ 由于两条平行线的倾斜角为，‎ 故直线m的倾斜角为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查求直线的倾斜角，考查两平行间距离公式，考查学生的分析解决问题的能力．属于基础题．‎ ‎16．①②④‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对①,将四棱锥分成两部分与分析即可 对②,根据线面垂直的判定,注意用到再利用线面垂直与线线垂直的判定即可.‎ 对③,举出反例即可.‎ 对④,四边形的周长,展开长方体分析最值即可.‎ ‎【详解】‎ 对①,,又三棱锥底面 不变,且因为∥底面,故到底面的距离即上的高长度不变.故三棱锥体积一定,即四棱锥的体积恒为定值,①正确.‎ 对②,因为,且长方体,故四边形为正方形,‎ 故.要平面则只需,又,故只需面.‎ 又平面,故只需即可.因为,故当 时存在点,使得,即平面.故②正确.‎ 对③,当在时总有与平面相交,故③错误.‎ 对④,四边形的周长,分析即可.‎ 将矩形沿着展开使得在延长线上时,此时的位置设为,则线段与的交点即为使得截面四边形的周长取得最小值时的唯一点.故④正确.‎ 故答案为：①②④‎ ‎【点睛】‎ 本题考查立体几何中的垂直平行判定等,在证明垂直等问题时需要用到线线线面垂直的性质和判定等,对空间想象能力以及立体几何证明有一定的要求,属于难题.‎ ‎17．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 第一种方法是设出圆的标准方程，根据圆心在直线上满足直线方程，圆上两个点的坐标满足圆的方程，列出三个方程解出三个待定系数，采用到顶系数法求解；第二种方法已知圆上两点，这两点连接的线段的垂直平分线必过圆心，只需把两条直线联立方程组解出圆心，再求出半径写出圆的方程.‎ ‎【详解】‎ 有两种方法．‎ 方法一：设圆的标准方程为，‎ 则， 解得，‎ 所以圆的标准方程为.‎ 方法二：因为圆过A，B两点，所以圆心一定在AB的垂直平分线上，线段AB的垂直平分线方程为，‎ 则 ，解得.‎ 即圆心为(2,1)，r＝.‎ 所以圆的标准方程为.‎ ‎【点睛】‎ 求圆的方程有两种方法，第一种方法是设出圆的标准方程，‎ 采用到顶系数法求解；第二种方法是设圆的一半方程，‎ 采用到顶系数法求解；其中圆心在直线上可以巧设圆心，若已知圆上两点，这两点连接的线段的垂直平分线必过圆心，只需把两条直线联立方程组解出圆心，再求出半径写出圆的方程.‎ ‎18．（1）证明见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）通过AC⊥BD与PD⊥AC可得平面；‎ ‎（2）由题先得出∠PBD是直线PB与平面ABCD所成的角，即∠PBD=45°，则可先求出菱形ABCD的面积，进而可得四棱锥P- ABCD的体积.‎ ‎【详解】‎ 解：（1）因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD，‎ 又因为PD⊥平面ABCD，平面ABCD，‎ 所以PD⊥AC，又，‎ 故AC⊥平面PBD；‎ ‎（2）因为PD⊥平面ABCD，‎ 所以∠PBD是直线PB与平面ABCD所成的角，‎ 于是∠PBD=45°，‎ 因此BD=PD=2.又AB= AD=2，‎ 所以菱形ABCD的面积为，‎ 故四棱锥P- ABCD的体积.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查空间线、面关系等基础知识，同时考查空间想象能力、推理论证能力以及运算求解能力，是基础题.‎ ‎19．（1）‎ ‎（2）或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)将含有的项提取出来,再令所乘的式为0,不含的项也为0,列方程求解即可.‎ ‎(2)算出直线在轴上的截距令其相等求解即可.‎ ‎【详解】‎ ‎(1) 由化简得,‎ 令 ,故直线恒过定点 ‎(2)由题得中.‎ 令有 ,故在轴上的截距为.‎ 令有.故在轴上的截距为.‎ 故,故或.‎ 当时, 化简得,当时,化简得 故直线的方程为或 ‎【点睛】‎ 本题主要考查了直线方程的定点问题以及解决的问题等,属于中等题型.‎ ‎20．（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先根据且，且可知四边形为平行四边形，由此，进而得证；‎ ‎（2）先证明平面，由此可以为坐标原点，射线、分别为轴、轴的正半轴，以平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，再利用向量的夹角公式得解.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）如图，取线段的中点，连接、，‎ 为的中点，且，‎ 又为的中点，且，且，‎ 四边形为平行四边形，，‎ 又平面，平面，平面；‎ ‎（2）作于点，由，得，‎ ‎，即为的中点，‎ ‎，，，‎ 又，平面，平面，从而有，‎ 又，，平面，‎ 故可以点为坐标原点，射线、分别为轴、轴的正半轴，以平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图，‎ 令，则、、、、，‎ ‎，，‎ 设平面的一个法向量为，则，‎ 取，则，，可得，‎ 又平面的一个法向量为，‎ 设平面与平面所成锐二面角为，则，‎ 因此，平面与平面所成锐二面角的余弦值为.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查线面平行的判定以及利用空间向量求解二面角问题，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于中档题.‎ ‎21．（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据坐标求得和中点；根据菱形特点可知对角线互相垂直且平分，可得直线斜率和在直线上，利用点斜式写出直线方程；（2）由直线和的方程解得点坐标，从而求得；由平行关系可知，利用点斜式写出直线方程.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由和得：，中点 四边形为菱形 ，且为中点，‎ 对角线所在直线方程为：，即：‎ ‎（2）由，解得： ‎ ‎ ‎ 直线的方程为：，即：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查直线方程的求解问题，关键是能够通过菱形的特点得到所求直线斜率与已知斜率之间的关系，从而运用直线点斜式方程求得结果.‎ ‎22．（1）证明见解析（2）证明见解析（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)取的中点或取中点,利用证平行四边形的方法再证明平面即可.‎ ‎(2)根据勾股定理与余弦定理证明,再根据面面垂直的性质得出平面即可证明.‎ ‎(3) 以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系.‎ 设,再利用空间向量求解关于线面角的问题即可.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）解法1：取的中点,连结,,,‎ 在直角梯形中,,,‎ 所以四边形为平行四边形,‎ 所以,‎ 在中,,‎ 所以,‎ 又因为,‎ 所以平面平面,‎ 又平面,‎ 所以平面.‎ 解法2：取中点,连结,,‎ 在中,,,‎ 所以,且,‎ 又,,‎ 所以,,‎ 所以四边形为平行四边形,‎ 所以,‎ 因为平面,平面,‎ 所以平面.‎ ‎（2）在中,,,‎ 所以,‎ 所以,‎ 所以,‎ 又平面平面,平面平面,平面,‎ 所以平面,‎ 因为平面,‎ 所以.‎ ‎（3）由（1）（2）以为原点,以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系.‎ 所以,,,,,‎ 所以,‎ 所以,,,‎ 设,‎ 所以,‎ 所以,‎ 所以,‎ 所以,‎ 所以,‎ 设平面的法向量为,‎ 所以,‎ 所以令,则,‎ 如与平面成的角为,‎ 所以.‎ 所以,即与面成的角为.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了线面平行与线线垂直的一般方法,同时也考查了建立空间直角坐标系求解线面角的问题,需要设线段的比例关系,求解关于比例参数的解析式根据线面角大小化简求解.属于难题.‎