2019-2020年高二數(shù)學上學期第二次月考試題 理(VII).doc

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2019-2020年高二數(shù)學上學期第二次月考試題 理(VII) 一、選擇題（本大題共有12個小題，每個小題5分，共計60分） 1．點P(a，b，c)到坐標平面xOy的距離是（ ） A B a+b C c D |c| 2．若點(k,0)與(b,0)的中點為(-1,0)，則直線y=kx+b必定經(jīng)過點 A (1,-2) B． (1,2) C． (-1,2) D． (-1,-2) 3. 已知橢圓的標準方程x2+ =1，則橢圓的焦點坐標為（ ） A (，0) B (0, ) C (0，3) D （3,0） 4. 已知直線l1：（k－3）x+(4－k)y+1=0，與直線l2:2(k－3)x－2y+3=0平行，則k的值為（ ） A 1或3 B 1或5 C 3或5 D 1或2 5. 直線y=kx+3與圓(x－2)2+(y－3)2=4相交于M、N兩點，若|MN|≥2，則k的取值范圍是（ ） A [－，0] B [－,] C [－,] D [－，0] 6. 圓柱的一個底面積為S，側(cè)面展開圖是一個正方形，那么這個圓柱的側(cè)面積是（ ） A πS B 2πS C 3πS D 4πS 7. 直線cosθx+sinθy－1=0與圓x2+y2=1的位置關(guān)系是（ ） A 相交 B 相切 C 相離 D 不能確定 3 4 4 正視圖 側(cè)視圖 4 2 俯視圖 8. 設(shè)a、b是兩條不同的直線，α、β是兩個不同的平面，則下列四個命題： ①若a⊥b，a⊥α，則b∥α；②若a∥α，α⊥β，則a⊥β； ③若a⊥β，α⊥β，則a∥α；④若a⊥b，a⊥α，b⊥β，則α⊥β。其中正確的命題個數(shù)是（ ） A 0個 B 1個 C 2個 D 3個 9. 一個幾何體的三視圖如圖所示，則此幾何體的體積是（ ） A．112 B．80 C．72 D．64 10. 正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB=3，BB1= 4，長為1的線段PQ在棱AA1上移動，長為3的線段MN在棱CC1上移動，點R在棱BB1上移動，則四棱錐R-PQMN的體積是（ ） A 6 B 10 C 12 D 不確定 A B C 11. 如圖所示，是一個無蓋正方體盒子的表面展開圖，A、B、C為其上的 三個點, 則在正方體盒子中，∠ABC等于（ ） A 45 B 60 C 90 D 120 12．一條光線從點（-2，-3）射出，經(jīng)y軸反射后與圓 (x+3)2+(y-2)2=1相切，則反射光線所在直線的斜率為（ ） A - 或 - B - 或 - C - 或 - D - 或 - 二、填空題（本大題共有4個小題，每個小題5分，共計20分） 13. 方程+ =1表示焦點在y軸上的橢圓，則m的取值范圍是______________. 14.已知正四棱錐的體積為12，底面對角線的長為2,則側(cè)面與底面所成的二面角等于______________. 15．若直線l1: y=kx+1與l2: x－y－1＝0的交點在第一象限內(nèi)，則k的取值范圍是______________. 16．在三棱錐A-BCD中，側(cè)棱AB、AC、AD兩兩垂直，△ABC、△ACD、△ADB的面積分別為、、，則三棱錐A-BCD外接球的表面積為______________. 三、解答題（本大題共有6個小題，其中第17題10分，其它小題每小題12分，共計70分） 17.求滿足下列條件的直線方程 （1）過點(－2,3),且在兩坐標軸上截距相等； （2）過點（2，－3），且到A（－1，1）和B(5，5)的距離相等。 18.如圖所示，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ACB=90，AB=2，BC=1，AA1=。 （1） 證明：A1C⊥平面AB1C1； （2） 若D是棱CC1的中點，在棱AB上是否存在一點E，使DE∥平面AB1C1？證明你的結(jié)論。 19. 已知圓C：（x－1）2+ y2=9內(nèi)有一定點P(2,2)，過點P作直線l交圓C于A、B兩點. （1）當l經(jīng)過圓心C時，求直線l的方程； （2）當弦AB被點P平分時，寫出直線l的方程； （3）當直線l的傾斜角為45時，求弦AB的長。 20、如圖（1）所示，已知矩形ABCD，AB=2AD=2a，E是CD邊的中點，以AE為棱，將△DAE向上折起，將D 折到D′的位置，使平面D′AE與平面ABCE成直二面角如圖（2）所示。 （1）求直線D′B與平面ABCE所成的角的正切值； （2）求四棱錐D′-ABCE的體積； （3）求異面直線AD′與BC所成的角。 D E C B A （1） D′ A B C E （2） 21、△ABC的頂點A固定，點A的對邊BC的長是2a，邊BC上的高的長是b，邊BC沿一條定直線移動，求△ABC外心的軌跡方程。 22、如圖，在Rt△ABC中，AC=BC,PA⊥平面ABC，PB與平面ABC成60角 （1） 求證：平面PBC⊥平面PAC； （2） 求二面角C-PB-A的正切值。 A P B C 高二年級第二次月考數(shù)學答案 一、 選擇題： DACCB DBBBA BD 二、填空題：13、( ，25) 14、60 15、-1＜k＜1 16、6π 三、解答題 17、解：（1）當所求直線過原點時滿足題意，此時的直線方程為y=－x，即3x+2y=0；當所求直線不過原點時，設(shè)其方程為 + =1，∵所求直線過點(－2,3),∴有+ =1，解得a=1，∴所求直線的方程為x+y=1，即x+y－1=0。綜上所述所求直線的方程為3x+2y=0或x+y－1=0。 （2）當所求直線的斜率不存在時，直線的方程為x=2，此時點A和B到直線x=2的離都是3，∴滿足題意。當所求直線的斜率存在時，設(shè)其斜率為k，則方程為kx－y－2k－3=0，由A和B到所求的直線的距離相等，∴有= ，解得k= ，∴所求 直線的方程為y+3= (x－2)。故所求直線的方程為x=2或2x－3y－13=0。 18、證明：（1）∵∠ACB=90，∴BC⊥AC.∵三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱，∴BC⊥CC1. E D C1 A A1 C B B1 F ∵AC∩CC1=C,∴BC⊥平面ACC1A1.∵AC1平面ACC1A1，∴BC⊥A1C.∵BC∥B1C1，∴B1C1∥A1C.在Rt△ABC中，AB=2，BC=1，∴AC=.∵AA1=∴四邊形ACC1A1為正方形.∴A1C⊥AC1.∵B1C1∩AC1=C1，∴A1C⊥平面AB1C1。 （2）在棱AB上存在點E，使得DE∥平面AB1C1。證明如下： 取BB1的中點F，AB的中點E，連結(jié)DF、FE，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1C1C為矩形，∵D是棱CC1的中點，∴DF∥B1C1，而B1C1平面AB1C1，∴DF∥平面AB1C1.在三角形ABB1中，E、F分別是AB、BB1的中點，∴EF∥AB1，而AB1平面AB1C1，∴EF∥平面AB1C1.又∵DF∩EF=F，∴平面DEF∥平面AB1C1.∵DE平面DEF，∴DE∥平面AB1C1.故存在點E為AB的中點滿足題意。 19、解：（1）由圓的方程可知圓心C的坐標為（1,0），∵直線l過點P(2，2),∴由兩點式得所求直線l的方程為=,即2x－y－2=0. (2)∵弦AB被點P平分∴由圓的性質(zhì)可知，直線l與CP垂直，而kCP= =2,∴所求直線l的斜率為－，由點斜式得所求方程為y－2=－(x－2),即x+2y－6=0. (3)∵直線l的傾斜角為45,∴直線l的斜率為1，∴直線l的方程為x－y=0,由點到直線的距離公式得圓心C到直線l的距離為，而圓的半徑為3，∴有()2=32－()2=,∴|AB|=即弦AB的長為。 20、解；（1）∵D′-AE-B是直二面角，∴平面D′AE⊥平面ABCE.作D′O⊥AE于O，連結(jié)OB,則D′O⊥平面ABCE，∴∠D′BO是直線D′B與平面ABCE所成的角.∵D′A=D′E=a，且D′O⊥AE于O，∠AD′E=90∴O是AE的中點，∴AO=OE=D′O=a，∠D′AE=∠BAO=45.∴在△AOB中，OB===a.∴在Rt△D′OB中，tan∠D′BO==a /a =. (2)∵四邊形ABCE是直角梯形，∴SABCE = (a+2a)a=a2.又∵D′O 是四棱錐的高且D′O=a，∴VD′-ABCE= (a)( a2)=a3. (3)由圖（1）可知BE⊥AE，∵D′-AE-B是直二面角，∴平面D′AE ⊥平面ABCE.又AE是平面D′AE與平面ABCE的交線，∴BE⊥平面D′AE ，∴BE⊥D′E,即△D′EB是直角三角形。又D′E=a,BE=a,∴D′B=a,取AB的中點F，和D′B的中點G，并連結(jié)EF、EG、FG，則EF∥BC,FG∥AD′,∴∠GFE就是異面直線AD′與BC所成的角。在△EFG中EF=BC=a，F(xiàn)G= AD′=a,EG= D′B= a.∴△EFG是直角三角形，∴cos∠GFE==,∴異面直線AD′與BC所成的角為60 21解：如圖，以BC邊所在的定直線為x軸，以過A點與x軸垂直的直線為y軸，建立直角坐標系，則A點的坐標為（0,b）.設(shè)△ABC的外心為M（x，y），作MN⊥BC于N，則MN是邊BC的垂直平分線.∵|BC|=2a，∴|BN|=a，|MN|=|y|.又M是△ABC的外心，∴M∈{M||MA|=|MB|}.而|MA|=.|MB|==∴=化簡得所求軌跡方程為x2―2by+b2―a2=0（圖在22題后） 22、（1）證明：∵PA⊥平面ABC，BC證明：∵PA⊥平面ABC，BC平面ABC，∴BC⊥PA，又∵BC⊥AC，且AC∩PA=A，∴BC⊥平面PAC，而BC平面PBC，∴平面PBC⊥平面PAC； （2）解：取AB的中點D，過D作DE⊥PB交PB于E，連接CE，∵PA⊥平面ABC， ∴平面PAB⊥平面ABC，∴CD⊥平面PAB，而PB平面PAB， ∴PB⊥CD，∴∠CED就是二面角C-PB-A的平面角， E A P B C D y A O B N C M x 令A(yù)C=2，則BC=2，在Rt△ABC中，AC=BC,∴AB=2，∴CD=，又∵PB與平面ABC成60角，PA⊥平面ABC，∴∠PBA=60，∴PB=4，PA=2，易知△PAB∽△DEB，∴DE=,在Rt△CDE中, tan∠CED=== ∴二面角C-PB-A的正切值為。