2019-2020学年安徽省滁州市定远县育才学校高二（实验班）上学期第三次月考数学（文）试题（解析版） 16页

‎2019-2020学年安徽省滁州市定远县育才学校高二（实验班）上学期第三次月考数学（文）试题 一、单选题 ‎1．已知直线，和平面，，则“”是“”的（ ）‎ A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 ‎【答案】D ‎【解析】结合线面平行的判定定理和性质定理即可判断命题的真假 ‎【详解】‎ 直线，平面，且，若，当时，，当时不能得出结论，故充分性不成立；若，过作一个平面，若时，则有，否则不成立，故必要性也不成立．由上证知“”是“”的既不充分也不必要条件，‎ 故选D．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查由线面平行的性质定理和判定定理判断命题的真假，属于基础题 ‎2．直线和互相垂直，则实数的值是（ ）‎ A．或 B．2或 C．或1 D．2或1‎ ‎【答案】D ‎【解析】根据直线垂直的充要条件得到： ‎ 化简为 或2 。‎ 故选择D。‎ ‎3．一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图是菱形，则该几何体的侧面积为（ ）‎ A．＋ B．＋ C．＋ D．＋‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：该几何体的高为，底面对角线长为的菱形构成的四棱锥，如图所示，在直角三角形中，，所以,在三角形中，，所以，所以三角形是直角三角形，则该几何体的侧面积为 ‎，故选C.‎ ‎【考点】几何体的三视图及几何体的侧面积的计算.‎ ‎【方法点晴】本题主要考查了几何体的三视图及几何体的侧面积的计算，着重考查了推理和运算能力及空间想象能力，属于中档试题，解答此类问题的关键是根据三视图的规则“长对正、宽相等、高平齐”的原则，还原出原几何体的形状，本题的解答中根据给定的三视图得出该几何体的高为，底面对角线长为的菱形构成的四棱锥是解答的关键.‎ ‎4．已知一个圆柱的底面半径和高分别为和，，侧面展开图是一个长方形，这个长方形的长是宽的2倍，则该圆柱的表面积与侧面积的比是 A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】由题意可知，则该圆柱的表面积与侧面积的比是，选A.‎ ‎5．曲线y＝1＋与直线y＝k(x－2)＋4有两个交点，则实数k的取值范围是( )‎ A．(，＋∞) B．(，] C．(0，) D．(，]‎ ‎【答案】D ‎【解析】根据直线的点斜式方程可得直线经过点，曲线表示以圆心半径为2的圆的上半圆，由此作出图形，求出半圆切线的斜率和直线与半圆相交时斜率的最小值，数形结合可得结果.‎ ‎【详解】‎ 根据题意画出图形，如图所示：‎ 由题意可得：直线过A(2,4)，B(－2，－1)，‎ 又曲线y＝1＋图象为以(0,1)为圆心，2为半径的半圆，‎ 当直线与半圆相切，C为切点时，圆心到直线的距离d＝r＝2，‎ 由解得：k＝；‎ 当直线过B点时，直线的斜率为＝，‎ 则直线与半圆有两个不同的交点时，‎ 实数k的取值范围为(，]，故答案为(，]．故选D.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查圆的方程与性质，直线与圆的位置关系，考查了数形结合思想的应用，属于中档题. 数形结合就是把抽象数量关系与直观的几何图形、位置关系结合起来，通过“以形助数”或“以数解形”即通过抽象思维与形象思维的结合，可以使复杂问题简单化，抽象问题具体化，从而起到优化解题途径的目的.‎ ‎6．在正方体中， 分别为的中点，则异面直线所成角的余弦值为 （ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】连结分别为 中点， 为所成的角。在 中， 为面对角线 ‎。故选D。‎ 点睛：异面直线所成角的求解技巧：求异面直线所成的角采用“平移线段法”，平移的方法一般有三种类型：利用图中已有的平行线平移；利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移；补形平移．计算异面直线所成的角通常放在三角形中进行，强调对余弦定理的应用。‎ ‎7．过原点且倾斜角为60°的直线被圆所截得的弦长为（ ）‎ A． B．2 C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】由题意可得，直线方程为： ，即，‎ 圆的标准方程为： ，‎ 圆心到直线的距离： ，‎ 则弦长为： .‎ 本题选择A选项.‎ 点睛：圆的弦长的常用求法 ‎(1)几何法：求圆的半径为r，弦心距为d，弦长为l，则；‎ ‎(2)代数方法：运用根与系数的关系及弦长公式： .‎ ‎8．若圆心在x轴上、半径为的圆O位于y轴左侧，且与直线x+2y=0相切，则圆O的方程是 A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：圆的圆心在横轴上，且半径已知，可假设圆的方程为，因为直线与圆相切，即圆心到直线的距离等于半径，可求得，因为圆在纵轴的左侧，则必有，所以，则圆的方程为，正确选项为D．‎ ‎【考点】圆的标准方程及其切线性质.‎ ‎【思路点睛】本题考查圆和基础知识及直线与圆的位置关系等基础知识，设出圆心坐标因其在坐标轴上，所以只有一个变量，再由圆心到直线的距离等于半径即解得．设圆心为，则，再根据题意，以及圆的方程即可求出结果.‎ ‎9．下列四个正方体图形中，为正方体的两个顶点，分别为其所在棱的中点，能得出平面的图形的序号是（ ）‎ A．①③ B．②④ C．②③ D．①④‎ ‎【答案】D ‎【解析】在①中，由正方体性质得到平面MNP与AB所在平面平行， ∴AB∥平面MNP，故①成立； ‎ ‎②若下底面中心为O，则NO∥AB，NO∩面MNP=N， ∴AB与面MNP不平行，故②不成立； ③过P作与AB平行的直线PO，则PO与平面MNP相交， ∴AB与面MNP不平行，故③不成立； 在④中，AB与PN平行，∴AB平面MNP，故④成立. 综上所述，答案为①④.‎ 本题选择D选项.‎ ‎10．圆台的上、下两个底面圆的半径分别为和，母线与底面的夹角是，则圆台的母线长（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】圆台的轴截面是一个等腰梯形，腰长即为母线长，上底长为6，下底长为8，底角为 在上底的一个端点向下底作垂线，可得直角三角形，其中的下底-的上底为1，利用可得腰长为2‎ 故选D ‎11．已知圆上有且只有两个点到直线的距离等于1，则半径的范围是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】圆心到直线的距离为：，‎ 据此可知，满足题意时有：,‎ 表示为区间的形式即.‎ 本题选择A选项.‎ ‎12．已知空间两条不同的直线和两个不同的平面，以下能推出“”的是（ ）‎ A．，， B．，，‎ C．，， D．，，‎ ‎【答案】C ‎【解析】对于A，平面α，β可能平行或者相交但是不一定垂直；故A错误；‎ 对于B,由m∥n,m⊥α得到n⊥α,又n⊥β,所以α∥β，得不到α⊥β；故B错误 对于D，m⊥n，m⊥α，α∩β=n，由此无法得到m与β的位置关系，因此α，β不一定垂直；故D错误；‎ ‎ 对于C,由m∥n，m⊥α得到n⊥α，又n⊂β，所以α⊥β，故C正确；‎ 本题选择C选项.‎ 二、填空题 ‎13．若直线与圆相交于两点，则 __________．．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由题意得直线方程即为，圆心到直线的距离，所以 ‎。‎ 答案：‎ ‎14．已知三棱锥 ，面，中两直角边，，该三棱锥的外接球的表面积为，则三棱锥的体积为__________．‎ ‎【答案】10‎ ‎【解析】外接球的表面积为 ‎，解得 ‎，，‎ 则 三棱锥的体积 ‎15．已知空间四边形中，对角线，则空间四边形中平行于和的截面四边形的周长的取值范围是____________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】用平行于和的四边形截空间四边形，则其周长当一边无限接近6时，另一边趋近0，此时周长大于12，另一种情况则小于16，故答案为 ‎16．过点M (0, 4) ，且被圆(x− 1) 2 + y 2= 4截得的线段长为的直线方程为_______．‎ ‎【答案】15x+ 8y − 32 = 0 或x = 0‎ ‎【解析】当直线与轴垂直时，圆心到直线的距离为，半径为，则弦长为符合题意，当直线与轴不垂直时，设直线的斜率为，则直线方程为，圆心到直线的距离为，根据勾股定理，可知，求得直线方程，故答案为或.‎ 三、解答题 ‎17．已知直线l：x－2y＋2m－2＝0．‎ ‎(1)求过点(2，3)且与直线l垂直的直线的方程；‎ ‎(2)若直线l与两坐标轴所围成的三角形的面积大于4，求实数m的取值范围．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】试题分析：（1）由直线的斜率为，可得所求直线的斜率为，代入点斜式方程，可得答案；（2）直线与两坐标轴的交点分别为，则所围成的三角形的面积为，根据直线与两坐标轴所围成的三角形的面积为大于，构造不等式，解得答案.‎ 试题解析：(1)与直线l垂直的直线的斜率为－2， ‎ 因为点(2，3)在该直线上，所以所求直线方程为y－3＝－2(x－2)，‎ 故所求的直线方程为2x＋y－7＝0． ‎ ‎(2) 直线l与两坐标轴的交点分别为(－2m＋2，0)，(0，m－1)， ‎ 则所围成的三角形的面积为×|－2m＋2|×|m－1|． ‎ 由题意可知×|－2m＋2|×|m－1|＞4，化简得(m－1)2＞4， ‎ 解得m＞3或m＜－1，‎ 所以实数m的取值范围是(－∞，－1)∪(3，＋∞)．‎ ‎【方法点睛】本题主要考查直线的方程，两条直线平行与斜率的关系，属于简单题. 对直线位置关系的考查是热点命题方向之一，这类问题以简单题为主，主要考查两直线垂直与两直线平行两种特殊关系：在斜率存在的前提下，（1） ；（2），这类问题尽管简单却容易出错，特别是容易遗忘斜率不存在的情况，这一点一定不能掉以轻心.‎ ‎18．已知圆的圆心在直线：上，与直线：相切，且截直线：所得弦长为6‎ ‎（Ⅰ）求圆的方程 ‎（Ⅱ）过点是否存在直线，使以被圆截得弦为直径的圆经过原点?若存在，写出直线的方程；若不存在，说明理由.‎ ‎【答案】（1）（2）不存在直线.‎ ‎【解析】试题分析：（Ⅰ）由圆的圆心在直线：上，故可设圆心坐标为，再根据圆与直线相切，截直线：所得弦长为6，列出等式方程求解即可；（2）由题意过的直线斜率一定存在，设直线的方程为，以为直径的圆过原点，则，设，，则，联立直线与圆的方程，消去，得到关于的一元二次方程，由，利用韦达定理即可求出.‎ 试题解析：（Ⅰ）设圆心 ‎∵圆与直线相切 ‎∴ ‎ ‎∵ 圆截直线：所得弦长为6‎ ‎∴圆到直线的距离为 ‎∴‎ ‎∴‎ ‎∴圆心，‎ ‎∴圆的方程 ‎（Ⅱ）①当直线的斜率不存在时，不符合题意 ‎②设：‎ 设 ‎∵被圆截得弦为直径的圆经过原点 ‎∴ ，即 ‎∴‎ 联立直线与圆的方程 化简可得，即 ‎∴，‎ ‎∵，，‎ ‎∴，即 ‎∴‎ ‎∵‎ ‎∴无解 ‎∴不存在直线.‎ 点睛：直线与圆的位置关系一方面要体现方程思想，另一方面要结合已知条件，从图形角度求解.联立直线与圆的方程得到方程组，化为一元二次方程后由根与系数的关系求解是一个常用的方法，涉及垂直的关系时往往利用根与系数的关系，设而不求法简化运算. ‎ ‎19．如图，已知正方体的棱长为3，分别是棱、上的点，且.‎ ‎（1）证明：四点共面；‎ ‎（2）求几何体的体积.‎ ‎【答案】(1)见解析;(2) .‎ ‎【解析】试题分析：（Ⅰ）欲证M，N，C，D1四点共面，转证MN∥A1B即可；‎ ‎（Ⅱ）先证明几何体是一个三棱台，再求几何体的体积．‎ 试题解析：‎ ‎（1）证明：∵，，又，，‎ ‎∴，且，‎ 连接，则四边形是平行四边形，‎ 所以 在中，，，‎ 所以，所以 所以，所以四点共面.‎ ‎（2）因为平面平面，‎ 又四点共面，所以平面平面 延长与相交于点，因为 所以，即，解得，同理可得，所以点与点重合 所以三线相交于一点，‎ 所以几何体是一个三棱台 所以.‎ ‎20．如图,点是以为直径的圆周上的一点， , 平面，点 为中点.‎ ‎（Ⅰ）求证：平面平面 ；‎ ‎（Ⅱ）求直线与平面所成角的大小.‎ ‎【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）‎ ‎【解析】试题分析：（I）由于是圆的直径，所以，由于平面，所以，所以平面，所以，根据等腰三角形三线合一有，故面，故面面.（II）设圆心为，过作的平行线，利用线面角的定义可知角即是线面角的平面角，通过解直角三角形求得线面角的大小.‎ 试题解析：‎ ‎（Ⅰ） 是圆的直径， , ‎ ‎ 　　 ‎ 又中点， 所以 ‎ 所以面面 ‎ ‎（Ⅱ）‎ 设圆心为O,则由 得且 ‎ 取的中点，则,所以 ‎ 连就是直线所成角， ‎ 所以 ，‎ 所成角为 ‎ ‎21．如图，在直三棱柱中，D是的中点.‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）若，，，求几何体的体积 ‎【答案】（1）证明见解析（2）‎ ‎【解析】（1）连接，交于点，连接，则．由此能证明平面．‎ ‎（2）几何体的体积，由此能求出结果．‎ ‎【详解】‎ 证明：（1）连接，交于点，‎ 则点是及的中点．‎ 连接，则．‎ 因为平面，平面，所以平面．‎ 解：（2），，，‎ 几何体的体积：‎ ‎．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查线面平行的证明，考查几何体的体积的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．‎ ‎22．如图，在直三棱柱中，，，，，分别是，的中点.‎ ‎（1）求证：平面平面；‎ ‎（2）求证：平面；‎ ‎（3）求三棱锥的体积.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）．‎ ‎【解析】（1）由直三棱柱侧棱与底面垂直可得，结合已知，得到平面，从而得到平面平面；‎ ‎（2）取的中点，连接，．由三角形中位线定理可得，且，得到四边形为平行四边形，进一步得到．由线面平行的判定得到平面；‎ ‎（3）由已知求解直角三角形得到，求得底面积，代入三棱锥体积公式求得三棱锥的体积．‎ ‎【详解】‎ 解析：（1）证明：在三棱柱中，‎ 底面，所以.‎ 又因为，，‎ 所以平面，‎ 又平面，‎ 所以平面平面 ‎（2）证明：取的中点，连接，.‎ 因为，，分别是，，的中点，‎ 所以，且，.‎ 因为，且，所以，且，‎ 所以四边形为平行四边形，所以.‎ 又因为平面，平面，所以平面.‎ ‎（3）因为，，，所以.‎ 所以三棱锥的体积 ‎.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查直线与平面平行、平面与平面垂直的判定，考查棱锥体积的求法，灵活运用中点推出线线平行是解答该题的关键，是中档题．‎