江西省赣州市南康区南康中学2019-2020学年高二上学期10月月考数学试题

江西省赣州市南康区南康中学2019-2020学年高二上学期10月月考数学试题

南康中学2019-2020学年度第一学期高二第一次大考 数学（理）试卷 ‎ 一、选择题：本大题共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.已知直线l1：x＋y＋1＝0，l2：x＋y－1＝0，则l1，l2之间距离为(　　)‎ A. 1 B. ‎ C. D. 2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎，故选B。‎ ‎2.若表示点,表示直线, 表示平面,则下列叙述中正确的是（ ）‎ A. 若,则 B. 若,则 C. 若,则 D. 若,,则 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用点线面位置关系逐项判断即可 ‎【详解】对A, 若,则,故错误；‎ 对B, 若,则,故错误；‎ 对C, 若,则,故错误；‎ 对D, 若,,则,故正确 故选：D ‎【点睛】本题主要考查空间直线，平面间的位置关系的判断，要求熟练掌握相应的判定定理和性质定理的应用．‎ ‎3.已知正三角形的边长为2，那么△的直观图的面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出原图及直观图，然后求面积．‎ ‎【详解】如图：直观图△A′B′C′的底边A′B′长度为原图形的底边长，高为原图形的高CD的一半乘以， 故其直观图面积为，‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查了斜二测画法及平面直观图的面积，,熟记作图原则是关键，属于基础题．‎ ‎4.直线与直线垂直，则的值是 A. －1或 B. 1或 C. －或－1 D. －或1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】因为直线与直线垂直，‎ 所以 故选D.‎ ‎5.已知半径为1动圆与定圆(x－5)2＋(y＋7)2＝16相切，则动圆圆心的轨迹方程是(　　)‎ A. (x－5)2＋(y＋7)2＝25‎ B. (x－5)2＋(y＋7)2＝3或(x－5)2＋(y＋7)2＝15‎ C. (x－5)2＋(y＋7)2＝9‎ D. (x－5)2＋(y＋7)2＝25或(x－5)2＋(y＋7)2＝9‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由圆A的方程找出圆心坐标和半径R，又已知圆B的半径r，分两种情况考虑，当圆B与圆A内切时，动点B的运动轨迹是以A为圆心，半径为R-r的圆；当圆B与圆A外切时，动点B的轨迹是以A为圆心，半径为R+r上网圆，分别根据圆心坐标和求出的圆的半径写出圆的标准方程即可．‎ ‎【详解】由圆A：（x-5）2+（y+7）2=16，得到A的坐标为（5，-7），半径R=4，且圆B的半径r=1， 根据图象可知： 当圆B与圆A内切时，圆心B的轨迹是以A为圆心，半径等于R-r=4-1=3的圆， 则圆B的方程为：（x-5）2+（y+7）2=9； 当圆B与圆A外切时，圆心B的轨迹是以A为圆心，半径等于R+r=4+1=5的圆， 则圆B的方程为：（x-5）2+（y+7）2=25． 综上，动圆圆心的轨迹方程为：（x-5）2+（y+7）2=25或（x-5）2+（y+7）2=9． 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查学生掌握圆与圆相切时所满足的条件，考查了数形结合的数学思想，属中档题．‎ ‎6.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，其中俯视图的右边为一个半圆，则此几何体的体积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 由已知可得该几何体是由一个四棱锥和半个圆锥组成的，故其体积为 ‎ ，故选B.‎ ‎【点睛】本题主要考查三视图，属于较易题型.应注意把握三个视图的位置和尺寸：主视图在图纸的左上方,左视图在主视图的右方,俯视图在主视图的下方；主视图与俯视图长应对正（简称长对正） ,主视图与左视图高度保持平齐 （简称高平齐）,左视图与俯视图宽度应相等（简称宽相等）,若不按上述顺序放置，则应注明三个视图名称.‎ ‎7.点是点在坐标平面内的射影，则等于（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意得A（1，2，3）在坐标平面yOz内的正射影B，利用两点之间的距离公式得到结果．‎ ‎【详解】∵点B是点A（1，2，3）在坐标平面yOz内的正射影，‎ ‎∴B在坐标平面yOz上，竖标和纵标与A相同，而横标为0，‎ ‎∴B的坐标是（0，2，3），‎ ‎∴|OB|，‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查空间中的点的坐标，考查两点之间的距离公式，考查正投影的性质，是一个基础题．‎ ‎8.圆柱的底面周长为6cm，AC是底面圆的直径，高BC＝6cm，点P是母线BC上一点，且PC＝BC．一只蚂蚁从A点出发沿着圆柱体的表面爬行到点P的最短距离是（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先画出圆柱的侧面展开图，根据高BC′＝6cm，PC＝BC，求出PC′＝×4＝4cm，在Rt△AC′P中，根据勾股定理求出AP的长．‎ ‎【详解】侧面展开图如图所示：‎ ‎∵圆柱的底面周长为6cm，‎ ‎∴AC′＝3cm．‎ ‎∵PC′＝BC′，‎ ‎∴PC′＝×6＝4cm．‎ 在Rt△ACP中，AP2＝AC′2+CP2，‎ ‎∴AP＝＝5．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】此题主要考查了平面展开图，以及勾股定理的应用，做题的关键是画出圆柱的侧面展开图．‎ ‎9.已知三棱锥的底面是边长为2的等边三角形，平面，且，则该三棱锥外接球的表面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由于球中球心与球的小圆圆心的连线垂直于这个小圆，利用也垂直于这个小圆，即可利用球心与小圆圆心建立起直角三角形，，根据题意可求出是底面三角形的外接圆的半径，利用计算即可，最后即可求出球的表面积。‎ ‎【详解】由已知得，作下图 ‎，连结，延长至圆上交于H，‎ 过作交于，‎ 则为，所以，为斜边的中点， ‎ 所以，为的中位线，为小圆圆心，则为的中点，则 ‎，则，，‎ 则球的半径 ‎ 球的表面积为 答案选D.‎ ‎【点睛】本题考查计算球的表面积，关键在于利用进行计算，难点在于构造三要素相关的直角三角形进行求解，难度属于中等。‎ ‎10.如图，在四棱锥中，底面为正方形，且,其中，，分别是，，的中点，动点在线段上运动时，下列四个结论：①；②；③面；④面，‎ 其中恒成立的为（ ）‎ A. ①③ B. ③④ C. ①④ D. ②③‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析：如图所示，连接AC、BD相交于点O，连接EM，EN．‎ ‎（1）由正四棱锥S﹣ABCD，可得SO⊥底面ABCD，AC⊥BD，进而得到SO⊥AC．可得AC⊥平面SBD．由已知E，M，N分别是BC，CD，SC的中点，利用三角形的中位线可得EM∥BD，MN∥SD，于是平面EMN∥平面SBD，进而得到AC⊥平面EMN，AC⊥EP;（2）由异面直线的定义可知：EP 与BD是异面直线，因此不可能EP∥BD；（3）由（1）可知：平面EMN∥平面SBD，可得EP∥平面SBD；（4）由（1）同理可得：EM⊥平面SAC，可用反证法证明：当P与M不重合时，EP与平面SAC不垂直．‎ 详解：‎ 如图所示，连接AC、BD相交于点O，连接EM，EN．‎ 对于（1），由正四棱锥S﹣ABCD，可得SO⊥底面ABCD，AC⊥BD，∴SO⊥AC．‎ ‎∵SO∩BD=O，∴AC⊥平面SBD，∵E，M，N分别是BC，CD，SC的中点，∴EM∥BD，MN∥SD，而EM∩MN=N，‎ ‎∴平面EMN∥平面SBD，∴AC⊥平面EMN，∴AC⊥EP．故正确．‎ 对于（2），由异面直线的定义可知：EP与BD是异面直线，不可能EP∥BD，因此不正确；‎ 对于（3），由（1）可知：平面EMN∥平面SBD，∴EP∥平面SBD，因此正确．‎ 对于（4），由（1）同理可得：EM⊥平面SAC，若EP⊥平面SAC，则EP∥EM，与EP∩EM=E相矛盾，因此当P与M不重合时，EP与平面SAC不垂直．即不正确．‎ 故选：A．‎ 点睛：本题考查了空间线面、面面的位置关系判定，属于中档题．对于这种题目的判断一般是利用课本中的定理和性质进行排除，判断.还可以画出样图进行判断，利用常见的立体图形，将点线面放入特殊图形，进行直观判断.‎ ‎11.在立体几何中，用一个平面去截一个几何体得到的平面图形叫截面. 如图，在棱长为1的正方体中，点分别是棱的中点，点是棱的中点，则过线段且平行于平面的截面的面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取BC的中点H，连接，证明平面AHGD1∥平面A1EF，得截面图形，求面积即可 ‎【详解】取BC的中点H，连接，‎ 因为面AHGD1，面AHGD1，面AHGD1，‎ 同理，面AHGD1，又，则平面AHGD1∥平面A1EF，‎ 等腰梯形AHGD1的上下底分别为，，‎ 腰长为，故梯形的高为，则梯形面积为，‎ 故选：B．‎ 点睛】此题考查了几何体截面问题，灵活运用面面平行的判定是关键，考查空间想象与推理能力，是中档题．‎ ‎12.在等腰直角中，，，为中点，为中点，为边上一个动点，沿翻折使，点在平面上的投影为点，当点在上运动时，以下说法错误的是　　‎ A. 线段为定长 B. ‎ C. 线段的长 D. 点的轨迹是圆弧 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，作出图形，直角三角形的性质，判定A，C，D正确，即可得出结论．‎ ‎【详解】如图所示，‎ 对于A中，在为直角三角形，ON为斜边AC上的中线，为定长，即A正确；‎ 对于C中，点D在M时，此时点O与M点重合，此时，，此时，即正确；‎ 对于D，由A可知，根据圆的定义可知，点O的轨迹是圆弧，即D正确；‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题主要考查了平面图形的翻折，以及空间几何体的结构特征，其中解答中合理完成平面图象的翻折，以及熟练应用空间几何体的结构特征是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于中档试题。‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13.若实数满足约束条件，则的最大值为__________.‎ ‎【答案】4.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．‎ ‎【详解】由实数x，y满足约束条件作出可行域：‎ 联立，得A（3，2）‎ 化z＝2x﹣y为y＝2x﹣z，由图可知，当直线y＝2x﹣z过A时，直线在y轴上的截距最小，z有最大值为：4．‎ 故答案为：4．‎ ‎【点睛】本题考查简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是中档题．‎ ‎14. 某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. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：由三视图可知，该几何体是由两个圆锥构成的一个组合体，由图中尺寸知其表面积为.‎ 考点：1、三视图；2、几何体的表面积.‎ ‎15.如图，直三棱柱ABC -A1B1C1中，侧棱长为2，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中点，F是BB1上的动点，AB1，DF交于点E.要使AB1⊥平面C1DF，则线段B1F的长为________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 设B1F＝x，因为AB1⊥平面C1DF，DF⊂平面C1DF，所以AB1⊥DF.‎ 由已知可以得A1B1＝，‎ 设Rt△AA1B1斜边AB1上的高为h，则DE＝h.‎ 又2×＝h，‎ 所以h＝，DE＝.‎ 在Rt△DB1E中，B1E＝.‎ 由面积相等得，得x＝.‎ 即线段B1F的长为.‎ ‎16.如图，已知正三棱柱的所有棱长均相等，D为的中点，则直线AD与平面所成角的正弦值为__________‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先证出B1D⊥平面AC1，过A点作AG⊥CD，证AG⊥平面B1DC，可知∠ADG即为直线AD与平面B1DC所成角，求其正弦即可．‎ ‎【详解】如图，连接B1D，因为三角形为正三角形，则， 又平面 ⊥平面AC1，交线为，B1D平面 ，则B1D⊥平面AC1，‎ 过A点作AG⊥CD，‎ 则由B1D⊥平面AC1，得AG⊥B1D，由线面垂直的判定定理得AG⊥平面B1DC，‎ 于是∠ADG即为直线AD与平面B1DC所成角，‎ 由已知，不妨令棱长为2，则可得ADCD，‎ 由等面积法算得AG 所以直线AD与面DCB1的正弦值为 ；‎ 故答案为．‎ ‎【点睛】‎ 考查正棱柱的性质以及线面角的求法．考查空间想象能力以及点线面的位置关系，线面角的一般求解方法：法一作出角直接求解，法二；利用等积转化求解 三、解答题:本大题共6小题，共75分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.‎ ‎17.已知圆与直线相交于不同的两点，为坐标原点.‎ ‎（1）求实数的取值范围；‎ ‎（2）若，求实数的值.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎（1）将两方程联立消去，再解即可；（2）由弦长公式即可求得正解.‎ 试题分析：‎ 试题解析：（1）‎ 解：由消去得 ‎，‎ 由已知得，‎ 得，得实数的取值范围是；‎ ‎（2）‎ 因为圆心到直线的距离为，‎ 所以 由已知得，解得.‎ 考点：1、直线与圆的位置关系；2、圆的弦长公式.‎ ‎【方法点晴】本题主要考查直线与圆的位置关系和圆的弦长公式，综合程度高，属于较难题型.解第一小题时要注意计算检验，防止因为计算错误造成不必要的失分，判断直线与圆的位置关系主要有两种方法：1、联立方程用判别式符号判断位置关系，2、利用圆心到直线的距离与半径的大小关系进行判断；解第二小题也有两种方法1、，.‎ ‎18.如图，四棱锥的底面为菱形，，，分别为和的中点．‎ ‎（）求证：平面．‎ ‎（）求证：平面．‎ ‎【答案】(1) 证明见解析.‎ ‎(2)证明见解析 ‎【解析】‎ 分析：（1）证明线面平行，只需在面内找一条直线与已知线平行即可，取中点为，证明四边形是平行四边形即可；（2）证明线面垂直则需在面内找两条相交直线与已知线垂直即可，，即可得证.‎ 详解：‎ ‎（）证明：取中点为，‎ ‎∵在中，是中点，是中点，‎ ‎∴，且，‎ 又∵底面是菱形，‎ ‎∴，‎ ‎∵是中点，‎ ‎∴，且，‎ ‎∴，且，‎ ‎∴四边形是平行四边形，‎ ‎∴，‎ 又平面，平面，‎ ‎∴平面．‎ ‎（）证明：设，则是中点，‎ ‎∵底面是菱形，‎ ‎∴，‎ 又∵，是中点，‎ ‎∴，‎ 又，‎ ‎∴平面．‎ 点睛：本题考查了空间直线平面的平行，垂直，关键是熟练掌握定理，定义，把空间问题转化为平面问题求解，属于中档题．‎ ‎19.已知圆.‎ ‎(1)已知不过原点的直线与圆相切，且在轴，轴上的截距相等，求直线的方程；‎ ‎(2)求经过原点且被圆截得的线段长为2的直线方程.‎ ‎【答案】（1）或；（2）或.‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：（1）因为已知不过原点的直线与圆C相切，且在轴，轴上的截距相等，所以可以假设所求的直线为，又因为该直线与圆相切所以圆C：=0的圆心（-1,2）到直线的距离等于圆的半径即可求出的值 ‎（2）求经过原点且被圆C截得的线段长为2的直线方程，要分两类i)直线的斜率不存在；ii)直线的斜率存在 再根据点到直线的距离即可求得结论 ‎ 试题解析：（1）∵切线在两坐标轴上截距相等且不为零，设直线方程为 ‎∴圆心C（-1,2）到切线的距离等于圆半径， ‎ 即=‎ ‎∴或 ‎ 所求切线方程为：或 ‎（2）当直线斜率不存在时，直线即为y轴，此时，交点坐标为(0,1),(0,3),线段长为2，符合故直线 ‎ 当直线斜率存在时，设直线方程为，即 由已知得，圆心到直线的距离为1， ‎ 则， ‎ 直线方程为 综上，直线方程为， ‎ 考点：1 点到直线的距离 2 直线与圆的位置关系 3 直线方程的表示 ‎20.如图，在四棱锥中，底面是矩形．已知．‎ ‎（1）求点B到面PAD的距离；‎ ‎（2）取AB中点O，过O作于E,‎ ‎①求证：为二面角的平面角；‎ ‎②求的正切值.‎ ‎【答案】（1）；（2）①见解析；②.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求出S△APB，S△APD，利用等体积转化求解即可．（2）①证明平面ABCD 进而得，则平面即可证明．②计算长度即可求解正切值 ‎【详解】（1），故 ，则平面，‎ 设点B到平面PAD的高为h,由得 即 ‎ ‎ ‎ (2)①在中，∴‎ 由（1）知平面，平面 而，平面平面 ‎ 平面 又 ‎，又 ‎ 平面 为二面角的平面角 ‎ ‎②‎ 在中， ．‎ 点睛】‎ 本题考查平面与平面垂直的证明，考查二面所成角的大小的求法，考查四棱锥的体积的求法，解题时要注意空间思维能力的培养．‎ ‎21.如图，四棱锥中，，//，，为正三角形. 且.‎ ‎（Ⅰ）证明：平面平面；‎ ‎（Ⅱ）若点到底面的距离为2，是线段上一点，且//平面，求四面体的体积. ‎ ‎【答案】（1）见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）证明，，可证平面平面；‎ ‎（Ⅱ）如图，连接，交于点，因为//，由（Ⅰ）点到平面的距离为2，‎ 所以点到平面的距离为，所以由可求四面体的体积.‎ ‎【详解】（Ⅰ）证明：，且，，又为正三角形，所以，又，，所以，‎ 又，//，，，‎ 所以平面，又因为平面，‎ 所以平面平面.‎ ‎（Ⅱ）如图，连接，交于点，因为//，‎ 且，所以，连接，‎ 因为//平面，所以//，则，‎ 由（Ⅰ）点到平面的距离为2，‎ 所以点到平面的距离为，‎ 所以，‎ 即四面体的体积为.‎ ‎【点睛】本题考查面面垂直的证明以及锥体体积的实际，属中档题.‎ ‎22.如图1，在长方形中，为的中点，为线段上一动点．现将沿折起，形成四棱锥.‎ ‎（1）若与重合，且(如图2).证明：平面；‎ ‎（2）若不与重合，且平面平面 (如图3)，设，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）见解析；‎ ‎（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由AD⊥BD，AD⊥DE，BD∩DE＝D，可得AD⊥平面BDE，可得AD⊥BE．由E与O重合，可得△ADE与△BCE都为等腰直角三角形，可得BE⊥AE．即可证明结论．‎ ‎（2）过E点作EH⊥AB，垂足为H，并连接DH，证明EH⊥DH，设CE＝x，则DE＝4﹣x，在Rt△DHB中列出t关于x的函数关系式，利用二次函数求最值即可 ‎【详解】（1）由与重合，则有, 因为AD⊥BD，,所以平面，, ‎ ‎,所以平面.‎ ‎（2）如图过E点作EH⊥AB，垂足为H，并连接DH，‎ 又∵平面ABD⊥平面ABC，平面ABD∩平面ABC＝AB，EH⊂平面ABC，‎ ‎∴EH⊥平面ABD，∵DH⊂平面ABD，∴EH⊥DH，‎ 设CE＝x，则DE＝4﹣x，‎ ‎∵BC⊥AB，∴BC∥EH，又CE∥AB，∴BH＝x，EH＝2，‎ ‎∴在Rt△DHE中，DH，‎ ‎∴在Rt△DHB中，t，‎ ‎∵x∈[0，2），∴t∈．‎ ‎【点睛】本题考查了空间位置关系、线面垂直的判定定理与性质定理、勾股定理、二次函数的最值，考查了推理能力与计算能力，属于难题．‎ ‎ ‎