安徽省滁州市定远县育才学校2019-2020学年高二（实验班）上学期第三次月考数学（理）试题

安徽省滁州市定远县育才学校2019-2020学年高二（实验班）上学期第三次月考数学（理）试题

育才学校2019—2020学年第一学期第三次月考 高二实验班理科数学 ‎（本卷满分：150分，时间：120分钟）‎ 一、选择题(共12小题,每小题5分,共60分)‎ ‎1.“”是“直线与圆相切”的（ ）．‎ A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：直线与圆相切 或，故为充分不必要条件，选A.‎ 考点：充分条件；必要条件．‎ ‎【易错点睛】判断充分、必要条件时应注意的问题：（1）要弄清先后顺序：“的充分不必要条件是”是指能推出，且不能推出；而“是的充分不必要条件”则是指能推出，且不能推出；（2）要善于举出反例：如果从正面判断或证明一个命题的正确或错误不易进行，那么可以通过举出恰当的反例来说明．‎ ‎2.已知过点P(2,2) 的直线与圆相切, 且与直线垂直, 则（ ）‎ A. B. 1 C. 2 D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：设过点的直线的斜率为，则直线方程，即，由于和圆相切，故，得，由于直线与直线，因此，解得，故答案为C.‎ 考点：1、直线与圆的位置关系；2、两条直线垂直的应用.‎ 此处有视频，请去附件查看】‎ ‎3.已知四棱锥的底面是边长为2的正方形， ，则四棱锥的外接球的表面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由题意，将四棱锥扩充为正方体，体对角线长为，所以四棱锥外接球的直径为，半径为，所以四棱锥外接球的表面积为，故选C.‎ ‎4.设直线的斜率为，且，求直线的倾斜角的取值范围（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】直线的倾斜角为，则，由，即，故选D.‎ ‎5.光线沿直线射入，遇直线后反射，且反射光线所在的直线经过抛物线的顶点，则（ ）‎ A. 3 B. C. 4 D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 易知 与都经过点 ，根据对称性可得反射光线所在直线的斜率与互为相反数，则可设反射光线所在直线的方程为 ，代入点，得，又抛物线的顶点为 ，得 选A ‎6.如图，在长方体中，,则与平面所成角的正弦值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意，由于图形中已经出现了两两垂直的三条直线所以可以利用空间向量的方法求解直线与平面所成的夹角．‎ ‎【详解】解：以点为坐标原点，以、、所在的直线为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，‎ 则， ，， ， ‎ ‎， ， 且为平面的一个法向量．‎ ‎，．‎ 与平面所成角的正弦值为 故选：．‎ ‎【点睛】此题重点考查了利用空间向量，抓住直线与平面所成的角与该直线的方向向量与平面的法向量的夹角之间的关系这一利用向量方法解决了抽象的立体几何问题．‎ ‎7.已知点、在半径为的球表面上运动，且，过作相互垂直的平面、，若平面、截球所得的截面分别为圆、圆，则（ ）‎ A. 长度的最小值是2 B. 的长度是定值 C. 圆面积的最小值是 D. 圆、的面积和是定值 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 如图所示，过 作互相垂直的平面 、平面，则 ， ， ，因为 分别是 ‎ 的中点，所以 ，故选B.‎ ‎8.在四棱锥中，平面，底面为矩形，．若边上有且只有一个点，使得，求此时二面角的余弦值（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 因为在四棱锥中，平面，底面为矩形，由边上有且只有一个点，使得，则 面 ，可得边上有且只有一个点，使得，则以 为直径的圆与直线 相切，设中点为 ，则 ，可得 平面 ，作 于 ，连接 ，则 是二面角的平面角，设 ,则 ，直角三角形 中，可得 ，，二面角的余弦值为，故选A.‎ ‎9.已知，表示两条不同的直线，，，表示三个不同的平面，给出下列四个命题：‎ ‎①，，，则；‎ ‎②，，，则；‎ ‎③，，，则；‎ ‎④，，，则 其中正确命题的序号为（ ）‎ A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ②④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎①，，，则可以垂直,也可以相交不垂直，故①不正确；‎ ‎②，则与相交、平行或异面，故②不正确；③若，则，③正确；④， ，可知与 共线的向量分别是与的法向量，所以与所成二面角的平面为直角，，故④正确，故选C.‎ ‎【方法点晴】本题主要考查线面平行的判定与性质、面面垂直的性质及线面垂直的判定，属于难题.空间直线、平面平行或垂直等位置关系命题的真假判断，常采用画图（尤其是画长方体）、现实实物判断法（如墙角、桌面等）、排除筛选法等；另外，若原命题不太容易判断真假，可以考虑它的逆否命题，判断它的逆否命题真假，原命题与逆否命题等价.‎ ‎10.已知圆，直线，点在直线上．若存在圆上的点，使得（为坐标原点），则的取值范围是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据条件若存在圆C上的点Q,使得为坐标原点),等价即可,求出不等式的解集即可得到的范围 ‎【详解】‎ 圆O外有一点P,圆上有一动点Q,‎ 在PQ与圆相切时取得最大值. 如果OP变长,那么可以获得最大值将变小.可以得知,当,且PQ与圆相切时,, 而当时,Q在圆上任意移动,存在恒成立. 因此满足,就能保证一定存在点Q,使得,‎ 否则,这样的点Q是不存在的， 点在直线上, ,即 , , 计算得出,, 的取值范围是， 故选B.‎ 考点：正弦定理、直线与圆的位置关系.‎ ‎11.设表示平面， 表示直线，则下列命题中，错误是( )‎ A. 如果，那么内一定存在直线平行于 B. 如果， ， ，那么 C. 如果不垂直于，那么内一定不存在直线垂直于 D. 如果，那么内所有直线都垂直于 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 由上图可得选项A中： 内存在直线 ,故A正确；选项B中：直线 即为直线 ,故B正确；选项C中：可用反证法假设存在直线 ‎，与已知矛盾，故C正确；选项D中: ,故D错误.综上应选D.‎ ‎ ‎ ‎12.如图，四棱锥中，底面是矩形，平面，且，点是上一点，当二面角为时，（ ）‎ A. B. C. D. 1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 建立如图所示空间直角坐标系，则，设平面的一个法向量为，由于，所以，即，又平面的一个法向量是且，解之得，应选答案A．‎ 二、填空题(共4小题,每小题5分,共20分)‎ ‎13.若圆被直线截得的弦长为，则__________．‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】‎ 由题意利用弦长公式可得弦心距，再由点到直线的距离公式可得 ‎ 解得，或舍去）， 故选A．‎ ‎14.已知某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的最长棱的长是__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 由三视图可以知道：该几何体是一个三棱锥．其中底面，，‎ 则该三棱锥的最长棱的长是，，故答案为．‎ ‎15.已知直线，直线，点关于的对称点为，点 关于直线的对称点为，则过点的圆的方程为_________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎，设，则，解得，注意到，∴为直角三角形，∴过点的圆的直径为，‎ 所求圆方程为，也就是．‎ ‎16.在正方体中，给出以下四个结论：‎ ‎（1）直线平面；（2）直线与平面相交；‎ ‎（3）直线平面； （4）平面平面.‎ 上述结论中，所有正确结论的序号为________．‎ ‎【答案】①④‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①面面平行的性质判断；②由直线在平面内判断；③反证法，由直线不垂直于直线判断；④可由面面垂直的判定定理判断.‎ ‎【详解】因为平面平面，在平面内，所以直线平面，①对；‎ 因为直线在平面内，所以②错；‎ 显然直线不垂直于直线，所以直线不垂直于平面，③错；‎ 因为平面，所以平面平面，④对，故答案为①④.‎ ‎【点睛】本题主要考查正方体的性质，考查了面面平行的性质、线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理的应用，意在考查空间想象能力以及综合应用所学知识解答问题的能力，属于中档题.‎ 三、解答题(共6小题,共70分)‎ ‎17.设直线的方程为，.‎ ‎（1）若在两坐标轴上的截距相等，求的方程；‎ ‎（2）若与两坐标轴围成的三角形的面积为6，求的值.‎ ‎【答案】(1) 直线的方程为或;(2) 或.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（Ⅰ）分类讨论：当直线过原点时，a=2；当直线l不过原点时，a=0，从而求出直线l的方程．‎ ‎（Ⅱ）由题意知l在x轴，y轴上的截距分别为，，由三角形面积构建方程，求出a的值．‎ 试题解析：‎ ‎（1）由题意知，，即 当直线过原点时，该直线在两条坐标轴上的截距都为0，此时，直线的方程为；‎ 当直线不过原点时，即时，由截距相等，得，即，‎ 直线的方程为，‎ 综上所述，所求直线的方程为或.‎ ‎（2）由题意知，，，‎ 且在轴，轴上的截距分别为，，‎ 由题意知，，即 当时，解得 当时，解得，‎ 综上所述，或.‎ ‎18.已知过点A(0，1)且斜率为k的直线l与圆C：(x－2)2＋(y－3)2＝1交于M，N两点．‎ ‎(1)求k的取值范围；‎ ‎(2)若＝12，其中O为坐标原点，求|MN|.‎ ‎【答案】（1）；（2）2．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由题意可得，直线l的斜率存在，用点斜式求得直线l的方程，根据圆心到直线的距离等于半径求得k的值，可得满足条件的k的范围．‎ ‎（2）由题意可得，经过点M、N、A的直线方程为y=kx+1，根据直线和圆相交的弦长公式进行求解 试题解析：（1）由题意可得，直线l的斜率存在，‎ 设过点A（0，1）的直线方程：y=kx+1，即：kx-y+1=0．‎ 由已知可得圆C的圆心C的坐标（2，3），半径R=1．‎ 故由，解得：．‎ 故当，过点A（0，1）的直线与圆C：相交于M，N两点．‎ ‎（2）设M；N，‎ 由题意可得，经过点M、N、A的直线方程为y=kx+1，代入圆C的方程，‎ 可得，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ 由，解得 k=1，‎ 故直线l的方程为 y=x+1，即 x-y+1=0．圆心C在直线l上，MN长即为圆的直径．所以|MN|=2‎ 考点：直线与圆的位置关系；平面向量数量积的运算 ‎19.已知：三棱柱中，底面是正三角形，侧棱面，是棱的中点，点在棱上，且．‎ ‎（）求证：平面．‎ ‎（）求证：．‎ ‎【答案】（1）见解析（2）见解析 ‎【解析】‎ 试题分析:（1）设与交点为，则根据三角形中位线性质得，再利用线面平行判定定理得结论（2）面得，再由正三角形性质得，因此由线面垂直判定定理得平面，即，再结合条件，利用线面垂直判定定理得平面，即得．‎ 试题解析：（）证明：连接，‎ 设与交点为，连接，‎ ‎∵在中，‎ ‎，分别为，中点，‎ ‎∴，‎ ‎∵平面，‎ 平面，‎ ‎∴平面．‎ ‎（）∵平面，‎ 平面，‎ ‎∴，‎ ‎∵在正中，‎ 是棱中点，‎ ‎∴，‎ ‎∵点，‎ ‎，平面，‎ ‎∴平面，‎ ‎∵平面，‎ ‎∴，‎ 又∵，‎ 点，‎ ‎、平面，‎ ‎∴平面，‎ ‎∵平面，‎ ‎∴．‎ 点睛:垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.‎ ‎(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.‎ ‎(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.‎ ‎(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.‎ ‎20.已知圆过两点， ，且圆心在直线上．‎ ‎（Ⅰ）求圆的标准方程；‎ ‎（Ⅱ）直线过点且与圆有两个不同的交点， ，若直线的斜率大于0，求的取值范围；‎ ‎（Ⅲ）在（Ⅱ）条件下，是否存在直线使得弦的垂直平分线过点，若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】（Ⅰ）（x﹣1）2+y2=25；（Ⅱ） ；（Ⅲ）x+2y﹣1=0.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（Ⅰ）圆心C是MN的垂直平分线与直线2x-y-2=0的交点，CM长为半径，进而可得圆的方程； （Ⅱ）直线l过点（-2，5）且与圆C有两个不同的交点，则C到l的距离小于半径，进而得到k的取值范围； （Ⅲ）求出AB的垂直平分线方程，将圆心坐标代入求出斜率，进而可得答案．‎ 试题解析：‎ ‎（I）MN的垂直平分线方程为：x﹣2y﹣1=0与2x﹣y﹣2=0联立解得圆心坐标为C（1，0）‎ R2=|CM|2=（﹣3﹣1）2+（3﹣0）2=25‎ ‎∴圆C的标准方程为：（x﹣1）2+y2=25‎ ‎（II）设直线的方程为：y﹣5=k（x+2）即kx﹣y+2k+5=0，设C到直线l的距离为d，‎ 则d=‎ 由题意：d＜5 即：8k2﹣15k＞0‎ ‎∴k＜0或k＞‎ 又因为k＞0‎ ‎∴k的取值范围是（，+∞）‎ ‎（III）设符合条件的直线存在，则AB的垂直平分线方程为：y+1=﹣（x﹣3）即：x+ky+k﹣3=0‎ ‎∵弦的垂直平分线过圆心（1，0）∴k﹣2=0 即k=2‎ ‎∵k=2＞‎ 故符合条件的直线存在，l的方程：x+2y﹣1=0.‎ ‎21.如图，已知四棱锥中，平面，底面是直角梯形，且．‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）若是的中点，求三棱锥的体积．‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用勾股定理证明，由平面，可得．从而可证得平面 ‎（2）在直角梯形中，过作于点，则四边形为矩形，‎ ‎，．求得，计算的面积，根据到平面的距离是到平面距离的一半，求得棱锥的高，代入体积公式计算．‎ ‎【详解】解：（1）证明：平面，∴‎ 在中，‎ 依余弦定理有：，∴‎ 又，∴，即 又，∴平面 ‎（2）在直角梯形中，过作于点，‎ 则四边形为矩形，，．‎ 在中，可得，‎ ‎，‎ ‎．，‎ 是的中点，到平面的距离是到平面距离的一半，‎ ‎．‎ ‎【点睛】本题考查了线面垂直的判定，考查了三棱锥的换底性及棱锥的体积公式，涉及知识较多，对学生的推理论证能力有一定的要求，属于中档题．‎ ‎22.如图，在四棱锥中，，平面，.‎ ‎ (1)设点为的中点，求证：平面；‎ ‎(2)线段上是否存在一点，使得直线与平面所成的角的正弦值为？若存在，试确定点的位置；若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）见解析（2）为中点 ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：（1）先取的中点，利用三角形中位线性质得，再根据线面平行判定定理得平面.根据计算，利用平几知识得，再根据线面平行判定定理得平面.从而利用面面平行判定定理得平面平面.最后根据面面平行性质得平面. （2）一般利用空间直角坐标系研究线面角，先根据条件建立恰当直角坐标系，设立各点坐标，利用方程组求出平面法向量，根据向量数量积求出向量夹角，最后利用线面角与向量夹角关系列方程，解出点坐标，确定其位置.‎ 试题解析：(1)证明　取的中点，连接，则.‎ 因为平面，平面，所以平面. ‎ 在中，，所以.‎ 而，所以.‎ 因为平面，平面，‎ 所以平面. ‎ 又因为，‎ 所以平面平面.‎ 因为平面， ‎ 所以平面. ‎ ‎（注：（1）问也可建系来证明）‎ ‎(2)过作，交于，又平面知以为原点，分别为轴建系如图： ‎ 则 设平面PAC的法向量，‎ 由有取 ‎ 设，则，‎ ‎∴ ‎ ‎∴‎ ‎∴,∴． ‎ ‎∴线段上存在一点，为中点 ‎ ‎