【数学】安徽省太和第一中学2020-2021学年高二10月月考（理）（奥赛班）（解析版） 26页

安徽省太和第一中学2020-2021学年 高二10月月考（理）（奥赛班）‎ 一、单选题 ‎1．直线被圆截得的弦的长为（ ）‎ A．2 B．3 C． D．‎ ‎2．直线的倾斜角的取值范围是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎3．，动直线过定点A，动直线过定点，若与交于点(异于点)，则的最大值为( )‎ A． B． C． D．‎ ‎4．若，且满足，则 的最小值 为（ ） A． B． C． D．‎ 5． 曲线与直线有两个不同交点，实数的取值范围 是（　　） A． B． C． D．‎ ‎6．在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E，F分别是棱BC、CC1的中点，则下列结论错误的是（ ）‎ A．三棱锥A﹣BCF外接球的表面积为9π B．A1D⊥AF C．点C到平面AEF的距离为 D．平面AEF截正方体所得的截面面积为 ‎7．三棱锥中，，，当三棱锥体积最大时，侧棱的长为（ ）‎ A．1 B． C． D．2‎ 8． 如图，梯形中，∥,,, ,将沿对角线折起．设折起后点的位置为，并且平面平面.‎ 给出下面四个命题： ①；②三棱锥的体积为；‎ ‎③平面；④平面平面.其中正确命题的序号是（ ）‎ A．①② B．③④ C．①③ D．②④‎ ‎9．三棱锥S﹣ABC的各顶点均在球O的球面上，SC为该球的直径，AC＝BC＝2，∠ACB＝120°，且三棱锥S﹣ABC的体积为2，则球O的半径为（ ）‎ A． B． C． D．3‎ ‎10．直线分别与轴，轴交于，两点，点在圆上，则面积的取值范围是 A． B． C． D．‎ ‎11．已知点是直线上一动点、是圆的两条切线，、是切点，若四边形的最小面积是，则的值为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎12．已知点，点是圆上的动点，点是圆上的动点，则的最大值是（ ）‎ A． B．2 C．3 D．‎ 二、填空题 ‎13．过原点有一条直线，它夹在两条直线与之间的线段恰好被点平分，则直线的方程为______________.‎ ‎14．如图所示，在上、下底面对应边的比为1：2的三棱台中，过上底面一边作一个平行于棱的平面，记平面分三棱台两部分的体积 为（三棱柱），两部分，那么______.‎ ‎15．过点作直线的垂线，垂足为，已知点，则的取值范围是______.‎ ‎16．在三棱锥中，已知平面，且为正三角形，，点为三棱锥的外接球的球心，则点到棱的距离为______.‎ 三、解答题 ‎17．设直线L的方程为（a＋1）x＋y＋2－a＝0（a∈R）．‎ ‎(1)若直线L在两坐标轴上的截距相等，求直线L的方程；‎ ‎(2)若直线L不经过第二象限，求a的取值范围．‎ ‎18．在平面四边形中，，，将沿折起，使得平面平面，如图．‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）若为中点，求直线与平面所成角的正弦值．‎ ‎19．如图，在五面体中，平面，平面，.‎ （1） 求证：；（2）若，，且二面角的大小为，求二面角的大小.‎ ‎20．已知为坐标原点，圆的方程为：，直线过点.‎ ‎（1）若直线与圆有且只有一个公共点，求直线的方程；‎ ‎（2）若直线与圆交于不同的两点，，试问：直线与的斜率之和是否为定值，若是，求出该定值；若不是，说明理由.‎ ‎21．已知直线截圆所得的弦长为．直线的方程为．‎ ‎（1）求圆的方程；（2）若直线过定点，点在圆上，且，为线段的中点，求点的轨迹方程.‎ ‎22．已知两个定点A（0，4），B（0，1），动点P满足|PA|＝2|PB|，设动点P的轨迹为曲线E，直线l：y＝kx﹣4.‎ ‎（1）求曲线E的轨迹方程；‎ ‎（2）若l与曲线E交于不同的C、D两点，且（O为坐标原点），求直线l的斜率；‎ ‎（3）若k＝1，Q是直线l上的动点，过Q作曲线E的两条切线QM、QN，切点为M、N，探究：直线MN是否过定点，若存在定点请写出坐标，若不存在则说明理由.‎ 参考答案 ‎1．D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先将圆化为标准方程，求出圆心到直线的距离，再根据勾股定理可求得弦长.‎ ‎【详解】‎ 将圆化为标准方程得，‎ 圆心为，半径，‎ 设圆心到直线的距离为，则，‎ ‎.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了由圆的标准方程求圆心和半径,考查了点到直线的距离公式,考查了勾股定理,属于基础题.‎ ‎2．D ‎【详解】‎ 设直线的斜率为，倾斜角为，则 ，∴，即 ‎∴倾斜角的取值范围是．‎ 故选：D ‎3．B ‎【解析】‎ 由题意可得：A（1，0），B（2，3），且两直线斜率之积等于﹣1，‎ ‎∴直线x+my﹣1=0和直线mx﹣y﹣2m+3=0垂直，‎ 则|PA|2+|PB|2=|AB|2=10≥．即.故选B.‎ 点睛：含参的动直线一般都隐含着过定点的条件，动直线，动直线l2分别过A（1，0），B（2，3），同时两条动直线保持垂直，从而易得|PA|2+|PB|2=|AB|2=10，然后借助重要不等式，得到结果.‎ ‎4．C ‎【解析】‎ 为直线上的动点，为直线上的动点，‎ 可理解为两动点间距离的最小值，‎ 显然最小值即两平行线间的距离：.‎ 故选C ‎5．D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由曲线方程可知曲线为以为圆心，为半径的圆的的部分，又直线恒过，由数形结合可确定临界状态，分别利用圆的切线的求解和两点连线斜率公式求得临界状态时的取值，进而得到结果.‎ ‎【详解】‎ 可化为 曲线表示以为圆心，为半径的圆的的部分 又直线恒过定点 可得图象如下图所示：‎ 当直线为圆的切线时，可得，解得：‎ 当直线过点时，‎ 由图象可知，当与曲线有两个不同交点时，‎ 故选 ‎【点睛】‎ 本题考查根据直线与曲线交点个数求解参数范围的问题，关键是能够明确曲线所表示的图形和直线恒过的定点，利用数形结合的方式得到临界状态，进而利用直线与圆的知识来进行求解.‎ ‎6．B ‎ ‎【解析】三垂线定理可排除B错误 ‎【详解】‎ A．设与交于点，则是的外心，取中点，连接，则，∴平面，∴是三棱锥外接球的球心，，球表面积为，A正确；‎ B．如图，取中点，连接，由于是中点，∴，而平面，∴平面，平面，∴，若，由于，∴平面，又平面，∴，‎ 但正方形中，是中点，不可能有，B错；‎ C．，，‎ 中，，，，‎ 则，，‎ ‎，设到平面的距离为，‎ 则得，，C正确；‎ D．连接，易证得，平面AEF截正方体所得的截面即为等腰梯形，，，，梯形的高为，，D正确．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查立体几何中命题的真假，考查线线垂直的判断，三棱锥的外接球问题，等体积法求点到平面的距离，考查正方体的截面等知识，考查学生的空间想象能力，运算求解能力，分析并解决问题的能力，属于中档题．‎ ‎7．C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先根据题意得到当平面平面时，三棱锥体积最大，再求的长即可.‎ ‎【详解】‎ 由题知：三棱锥中，，，‎ 当平面平面时，三棱锥体积最大，如图所示：‎ 取中点，连接，.‎ 因为，所以，.‎ 又因为，所以，.‎ 又平面平面，，所以平面.‎ 平面，所以.‎ 所以.‎ 故选：C ‎【点睛】‎ 本题主要考查面面垂直的性质，同时考查了三棱锥体积的最值问题，属于中档题.‎ ‎8．B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用折叠前四边形中的性质与数量关系，可证出，然后结合平面 平面，可得平面，从而可判断①③；三棱锥的体积为，可判断②；因为平面，从而证明，再证明平面，然后利用线面垂直证明面面垂直.‎ ‎【详解】‎ ‎①，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ 平面 平面，且平面平面，‎ 平面，‎ 平面，‎ ‎，‎ 故不成立，故①错误；‎ ‎②棱锥的体积为，故②错误；‎ ‎③由①知平面，故③正确；‎ ‎④由①知平面，‎ 又平面，‎ ‎，‎ 又，且、平面，,‎ 平面，又平面,‎ 平面平面，故④正确.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】‎ 本题通过折叠性问题，考查了面面垂直的性质，面面垂直的判定，考查了体积的计算，关键是利用好直线与平面、平面与平面垂直关系的转化，也要注意利用折叠前后四边形中的性质与数量关系.‎ ‎9．A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出示意图，求得的面积，并计算出三棱锥的高，利用正弦定理计算圆的直径，然后利用勾股定理求出，即可求解球的直径，得到答案.‎ ‎【详解】‎ 如图所示， 因为，‎ 可得的面积为，‎ 设的外接圆为圆，连接，则平面，‎ 作圆的直径，连接，‎ 因为分别为的中点，则，所以平面，‎ 所以三棱锥的体积为，解得，‎ 由正弦定理，可得，，‎ 设球的半径为，则，解得.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了球的体积的计算公式及应用，其中解答中作出示意图，根据组合体的结构特征，找出线面垂直关系，求得三棱锥的高是解答的关键，着重考查推理与运算能力，属于中档试题.‎ ‎10．A ‎【解析】‎ 分析：先求出A，B两点坐标得到再计算圆心到直线距离，得到点P到直线距离范围，由面积公式计算即可 详解：直线分别与轴，轴交于，两点 ‎,则 点P在圆上 圆心为（2，0），则圆心到直线距离 故点P到直线的距离的范围为 则 故答案选A.‎ 点睛：本题主要考查直线与圆，考查了点到直线的距离公式，三角形的面积公式，属于中档题．‎ ‎11．D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出图形，可知，由四边形的最小面积是，可知此时取最小值，由勾股定理可知的最小值为，即圆心到直线的距离为，结合点到直线的距离公式可求出的值.‎ ‎【详解】‎ 如下图所示，由切线长定理可得，又，，且，，‎ 所以，四边形的面积为面积的两倍，‎ 圆的标准方程为，圆心为，半径为，‎ 四边形的最小面积是，所以，面积的最小值为，‎ 又，，‎ 由勾股定理，‎ 当直线与直线垂直时，取最小值，‎ 即，整理得，，解得.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查由四边形面积的最值求参数的值，涉及直线与圆的位置关系的应用，解题的关键就是确定动点的位置，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.‎ ‎12．B ‎【解析】‎ 设圆圆心为 , 圆圆心为,则 ‎ 其中为A关于直线对称点,所以选B.‎ 点睛：与圆有关的最值问题的常见类型及解题策略 ‎(1)与圆有关的长度或距离的最值问题的解法．一般根据长度或距离的几何意义，利用圆的几何性质数形结合求解．‎ ‎(2)与圆上点有关代数式的最值的常见类型及解法．①形如型的最值问题，可转化为过点和点的直线的斜率的最值问题；②形如型的最值问题，可转化为动直线的截距的最值问题；③形如型的最值问题，可转化为动点到定点的距离平方的最值问题．‎ ‎13．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设两交点分别为，，利用中点为原点求解a,b，得到A点坐标，即得解.‎ ‎【详解】‎ 设两交点分别为，，‎ 则故点，‎ 所以直线的方程为.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了直线与直线的位置关系，考查了学生综合分析，转化划归的能力，属于中档题.‎ ‎14．3：4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设三棱台的高为，上底面的面积是，则下底面的面积是，计算体积得到答案.‎ ‎【详解】‎ 设三棱台的高为，上底面的面积是，则下底面的面积是，‎ ‎，.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了三棱台的体积问题，意在考查学生的计算能力.‎ ‎15．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先将直线化为，可知直线过定点，可得在以为直径的圆上运动，求出圆心和半径，由圆的性质即可求得最值.‎ ‎【详解】‎ 由直线化为，‎ 令，解得，所以直线过定点，因为为垂足，所以为直角三角形，斜边为，所以在以为直径的圆上运动，由点可知以为直径的圆圆心为，半径为，‎ 则的取值范围，又因为，‎ 所以的取值范围是.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查直线与圆的综合问题，考查学生综合应用所学知识的能力.‎ ‎16．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设为的中心，为中点，连结，，，求得，设平面截得外接球是，，，是表面上的点，结合圆的性质和球的性质，即可求解.‎ ‎【详解】‎ 由题意，设为的中心，为中点，‎ 连结，，，则，，可得,即球的半径为，‎ 作平面交于，交于，‎ 设平面截得外接球的截面是，，，是表面上的点，‎ 又∵平面，所以，所以是的直径，也是球的直径，，所以.‎ 因为，，，所以，所以，‎ 做，所以， ‎ 又由，所以是的中位线，所以，故.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了组合体的结构特征，以及球的性质的应用，其中解答中熟练应用空间几何体的几何结构特征和球的性质是解答的关键，着重考查了数形结合思想，以及推理与运算能力.‎ ‎17． （2）或； （3） .‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由（a＋1）x＋y＋2－a＝0整理得：，‎ 当时，直线L的方程为：，此时直线的横、纵截距都为0，满足题意．‎ 当时，直线L的方程可化为：，要使得直线L在两坐标轴上的截距相等，则，即：．此时直线L的方程为：.‎ 综上可得：或.‎ ‎（2）直线L不经过第二象限，则，解得：.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了直线过定点问题，还考查了直线的截距概念，直线图像特征相关知识，属于基础题.‎ ‎18．（1）证明见解析；（2）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】‎ 试题分析：(1)由,将沿折起，使得平面平面,即可得AB垂直于平面BCD.从而得到结论.‎ ‎(2)依题意,可得,又由平面BCD.如图建立直角坐标系. 求直线与平面所成角的正弦值.等价于求出直线与平面的法向量所成的角的余弦值.写出相应的点的坐标以及相应的向量,求出法向量即可得到结论.‎ 试题解析：(1)因为平面,平面平面平面所以平面又平面所以.‎ ‎(2)过点在平面内作的垂线作为轴, 建立如图所示的空间直角坐标系．‎ ‎∵AB＝BD＝CD＝1，AB⊥BD，CD⊥BD，‎ ‎∴B（0，0，0），C（1，1，0），A（0，0，1），D（0，1，0），M．‎ ‎∴（0，1，﹣1），（1，1，0），．‎ 设平面BCM的法向量（x，y，z），则，‎ 令y＝﹣1，则x＝1，z＝1．‎ ‎∴（1，﹣1，1）．‎ 设直线AD与平面MBC所成角为θ．‎ 则sinθ＝|cos|．‎ 考点：1.线面的位置关系.2.空间直角坐标系.3.空间想象力.‎ ‎19．（1）证明见详解；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由两条直线同时垂直平面得两直线平行，再利用线面平行的性质定理，即可证明线线平行；‎ ‎（2）如图，取的中点为，连接,设与的交点为，连接,利用二面角的知识，求出，连接,再利用线面垂直推导线线垂直和二面角的知识，得出即为所求角，把对应值代入即可得答案.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）∵面，面，‎ ‎∴‎ 又面，面，‎ ‎∴面 ‎ 又面，面面，‎ ‎∴ ‎ ‎（2）设的中点为，连接,‎ 设与的交点为，连接,‎ ‎∵面，面，∴，．‎ ‎∵，∴，．‎ 又面，面，且面面．‎ ‎∴二面角的平面角．‎ 又在中，，‎ ‎∴是边长为2的正三角形，‎ ‎∴,‎ ‎∵平面，‎ ‎∴,‎ ‎∵,‎ ‎∴面，‎ 由（1）知，又，，‎ ‎∴四边形为正方形，‎ ‎∴，又，‎ ‎∴，‎ ‎∴四边形为平行四边形，‎ ‎∴，‎ ‎∴面，‎ ‎∴，‎ 取的中点为，连接,‎ ‎∴，‎ ‎∵ ，‎ ‎∴面,‎ ‎∴,‎ ‎∴即为二面角所成的平面角，‎ ‎∵是边长为2的正三角形，四边形为正方形，‎ ‎∴，,‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴二面角的平面角大小为.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查线面平行性质定理、线面垂直性质定理、二面角的大小求解，考查转化与化归思想，考查空间想象能力、运算求解能力.属于较难题.‎ ‎ ‎ ‎20．（1）或；（2）直线与的斜率之和为定值.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）当斜率不存在时，经检验符合题意，当斜率存在时，设的方程为，只有一个公共点，即直线与圆相切，可得圆心到直线的距离，代入数据，即可得答案；‎ ‎（2）设出直线的方程及点A,B的坐标，则可得的表达式，联立直线和圆的方程，根据韦达定理，可得，的值，代入表达式，即可得证.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）①当直线斜率不存在时，的方程为符合题意；‎ ‎②当直线斜率存在时，设的方程为，由得圆心，半径.‎ ‎∵直线与圆有一个公共点，‎ ‎∴，解得.‎ ‎∴的方程为，‎ 综上所述，直线的方程为或.‎ ‎（2）直线与的斜率之和为定值，‎ 证明：由（1）知直线斜率存在，设的方程为，‎ 设，，‎ 则.‎ 联立直线与圆的方程：，‎ 消去得，‎ 得，‎ 根据韦达定理得，‎ ‎∴.‎ ‎∴直线与的斜率之和为定值.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查直线与圆的位置关系、韦达定理的应用，易错点为需讨论斜率是否存在，再进行求解，考查分析理解，计算求值的能力，属中档题.‎ ‎21．（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用点到直线的距离公式得到圆心到直线的距离，利用直线截圆得到的弦长公式可得半径r，从而得到圆的方程；（2）由已知可得直线l1恒过定点P（1,1），设MN的中点Q（x，y），由已知可得，利用两点间的距离公式化简可得答案.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）根据题意，圆的圆心为（0，0），半径为r，‎ 则圆心到直线l的距离，‎ 若直线截圆所得的弦长为，‎ 则有，解可得，则圆的方程为；‎ ‎（2）直线l1的方程为，即，‎ 则有，解得，即P的坐标为（1，1），‎ 点在圆上，且，为线段的中点，则，‎ 设MN的中点为Q（x，y），‎ 则，即，‎ 化简可得：即为点Q的轨迹方程.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查直线与圆的位置关系，考查直线被圆截得的弦长公式的应用，考查直线恒过定点问题和轨迹问题，属于中档题.‎ ‎22．（1）；（2）；（3）直线过定点.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设点P坐标为（x，y），运用两点的距离公式，化简整理，即可得到所求轨迹的方程；（2）由，则点到边的距离为，由点到线的距离公式得直线的斜率；（3）由题意可知：O，Q，M，N四点共圆且在以OQ为直径的圆上，设，则圆的圆心为运用直径式圆的方程，得直线的方程为，结合直线系方程，即可得到所求定点．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）设点的坐标为，‎ 由可得，‎ ‎，‎ 整理可得，‎ 所以曲线的轨迹方程为. ‎ ‎（2）依题意，，且，‎ 则点到边的距离为，‎ 即点到直线的距离，‎ 解得，‎ 所以直线的斜率为.‎ ‎（3）依题意，，‎ 则都在以为直径的圆上，‎ 是直线上的动点，‎ 设 则圆的圆心为，且经过坐标原点，‎ 即圆的方程为，‎ 又因为在曲线上，‎ 由，‎ 可得 即直线的方程为 由且可得，‎ 解得，‎ 所以直线是过定点.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查点的轨迹方程的求法，注意运用两点的距离公式，考查直线和圆相交的弦长公式，考查直线恒过定点的求法，考查化简整理的运算能力，属于中档题．‎