2018-2019学年河北省武邑中学高二上学期第二次月考数学（文）试题 解析版 18页

绝密★启用前 河北省武邑中学2018-2019学年高二上学期第二次月考数学（文）试题 评卷人 得分 一、单选题 ‎1．若平面∥平面，，则直线与的位置关系是(　　)‎ A． 平行或异面 B． 相交 C． 异面 D． 平行 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用平面∥平面，可得平面与平面没有公共点，根据，可得直线，没有公共点，即可得到结论．‎ ‎【详解】‎ ‎∵平面平面，∴平面与平面没有公共点 ‎∵，，∴直线，没有公共点 ‎∴直线，的位置关系是平行或异面，故选A.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查面面、线线、线面的位置关系，考查学生分析解决问题的能力以及空间想象力，属于基础题．‎ ‎2．计算机执行下面的程序段后，输出的结果是（ ）‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ PRINT ‎ A． 4 B． 1 C． 2 D． 3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 解决本题的关键是赋值语句的理解，当变量赋以新的值时该变量就取新的值，依此类推即可求出所求．‎ ‎【详解】‎ 把1赋给变量a，把3赋给变量b，把1+3的值赋给变量a最后输出a，此时a=4. 故选：A．‎ ‎【点睛】‎ 根据流程图（或伪代码）写程序的运行结果，是算法这一模块最重要的题型，其处理方法是：：①分析流程图（或伪代码），从流程图（或伪代码）中即要分析出计算的类型，又要分析出参与计算的数据（如果参与运算的数据比较多，也可使用表格对数据进行分析管理）⇒②建立数学模型，根据第一步分析的结果，选择恰当的数学模型③解模．‎ ‎3．抛物线的准线方程为（ ）‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先将抛物线方程化为标准形式，再根据抛物线的性质求出其准线方程即可．‎ ‎【详解】‎ 抛物线的方程可变为x2=y 故p=‎ 其准线方程为 故答案为：B.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查抛物线的简单性质，解题关键是记准抛物线的标准方程，别误认为p=1，因看错方程形式马虎导致错误．‎ ‎4．圆与直线l相切于点，则直线l的方程为 A． B． C． D． ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据圆x2+y2+4x+2=0与直线l相切于点A（-3，-1），得到直线l过（-3，-1）且与过这一点的半径垂直，做出过这一点的半径的斜率，再做出直线的斜率，利用点斜式写出直线的方程．‎ ‎【详解】‎ ‎∵圆x2+y2+4x+2=0与直线l相切于点A（-3，-1），‎ ‎∴直线l过（-3，-1）且与过这一点的半径垂直，‎ ‎∵过（-3，-1）的半径的斜率是，‎ ‎∴直线l的斜率是﹣1，‎ ‎∴直线l的方程是y+1=﹣（x+3）‎ 即x+y+4=0‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查直线与圆的位置关系，本题解题的关键是根据圆的切线具有的性质，做出圆的切线的斜率，本题是一个基础题．一般直线和圆的题很多情况下是利用数形结合来解决的，联立的时候较少；在求圆上的点到直线或者定点的距离时，一般是转化为圆心到直线或者圆心到定点的距离，再加减半径，分别得到最大值和最小值；涉及到圆的弦长或者切线长时，经常用到垂径定理。‎ ‎5．椭圆的通径长为 （ ）‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 椭圆的通径即过焦点并且和焦点所在的轴垂直的直线截得的线段长，根据表达式得到焦点坐标进而求得结果.‎ ‎【详解】‎ 椭圆的通径即过焦点并且和焦点所在的轴垂直的直线截得的线段长，右焦点为：，直线为，联立此直线和椭圆解得交点的纵坐标为，线段长度为1.‎ 故答案为：D.‎ ‎【点睛】‎ 这个题目考查了椭圆的几何意义，和基本概念，是基础题型.‎ ‎6．直线(a＋2)x＋(1－a)y－3＝0与(a－1)x＋(2a＋3)y＋2＝0互相垂直，则a等于(　　)‎ A． －1 B． 1 C． ±1 D． －‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据两条直线垂直的充要条件可得：（a+2）（a﹣1）+（1﹣a）（2a+3）=0，从而可求a的值 ‎【详解】‎ 由题意，∵直线（a+2）x+（1﹣a）y﹣3=0与（a﹣1）x+（2a+3）y+2=0互相垂直 ‎∴（a+2）（a﹣1）+（1﹣a）（2a+3）=0‎ ‎∴（a﹣1）（a+2﹣2a﹣3）=0‎ ‎∴（a﹣1）（a+1）=0‎ ‎∴a=1，或a=﹣1‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】‎ 本题以直线为载体，考查两条直线的垂直关系，解题的关键是利用两条直线垂直的充要条件．‎ ‎7．已知两直线3x＋y－3＝0与6x＋my＋1＝0平行，则它们之间的距离为 (　 　)‎ A． 4 B． C． D． ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用平行线之间的斜率关系可得m，再利用平行线之间的距离公式即可得出．‎ ‎【详解】‎ ‎∵两直线3x+y﹣3=0与6x+my+1=0平行，‎ ‎∴﹣3=﹣，解得m=2．‎ ‎∴直线6x+my+1=0化为3x+y+=0，‎ ‎∴两平行线之间的距离d=‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了平行线之间的斜率关系、平行线之间的距离公式，考查了计算能力，属于基础题．‎ ‎8．阅读下面的程序框图，若输出s的值为－7，则判断框内可填写（ ）‎ A．i<3 B．i<4 C．i<5 D．i<6‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：由题意得，第一次循环；第二次循环；第三次循环，此时应跳出循环，输出，所以判断框内可填写“”，故选D．‎ 考点：程序框图的计算．‎ 方法点晴：本题主要考查了循环结构程序框图的计算与输出，属于基础题，算法是新课程中的新增内容，也是必然高考的一个热点，应高度重视，程序填空也是重要的考试形式，这种试题的重点有：①分支条件；②循环的条件；③变量的赋值；④变量的输出等，其中前两点考查比较频繁，对于此类问题容易忽略的是：不能准确理解流程图的含义到时错解．‎ ‎9．一个几何体的三视图如图所示，已知这个几何体的体积为，则（ ）‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三视图判断几何体是四棱锥，且四棱锥的一条侧棱与底面垂直,高为,四棱锥的底面为矩形，矩形的长和宽分别为5和6 ，根据体积为，可求出.‎ ‎【详解】‎ 由三视图知几何体为四棱锥，‎ 且四棱锥的一条侧棱与底面垂直，高为 ,‎ 四棱锥的底面为矩形，矩形的长和宽分别为5和6 ；‎ 则几何体的体积,‎ ‎，故选A.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查三视图，属基础题；解三视图相关问题的关键在于根据三视图还原几何体，要掌握常见几何体的三视图，比如三棱柱、三棱锥、圆锥、四棱柱、四棱锥、圆锥、球、圆台以及其组合体，并且要弄明白几何体的尺寸跟三视图尺寸的关系；有时候还可以利用外部补形法，将几何体补成长方体或者正方体等常见几何体 ‎10．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥四个面的面积中最大的是 （     ）‎ A． B． C． D． 3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三视图作出三棱锥的直观图，计算四个侧面的面积进行比较即可得结果.‎ ‎【详解】‎ 作出三棱锥的直观图如图所示，‎ 过作,垂足为 ,连结，‎ 由三视图可知平面，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，，‎ ‎，‎ 三棱锥的四个面中，侧面的面积最大为，故选B.‎ ‎【点睛】‎ 本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响.‎ ‎11．若圆C：x2＋y2－4x－4y－10＝0上至少有三个不同的点到直线l：x－y＋c ＝0的距离为2，则c的取值范围是（ ）‎ A． [－2 ，2] B． (－2，2) C． [－2,2] D． (－2,2)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出圆心和半径，比较半径和2，要求圆上至少有三个不同的点到直线l：x﹣y+c=0的距离为2，则圆心到直线的距离应小于等于用圆心到直线的距离公式，可求得结果.‎ ‎【详解】‎ 圆x2+y2﹣4x﹣4y﹣10=0整理为 ‎∴圆心坐标为（2，2），半径为3，‎ 要求圆上至少有三个不同的点到直线l：x﹣y+c=0的距离为2‎ 则圆心到直线的距离d ‎ ‎ ‎∴﹣2≤c≤2‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查直线和圆的位置关系，圆心到直线的距离等知识，是中档题．一般直线和圆的题很多情况下是利用数形结合来解决的，联立的时候较少；在求圆上的点到直线或者定点的距离时，一般是转化为圆心到直线或者圆心到定点的距离，再加减半径，分别得到最大值和最小值；涉及到圆的弦长或者切线长时，经常用到垂径定理。‎ 第II卷（非选择题）‎ 请点击修改第II卷的文字说明 评卷人 得分 二、填空题 ‎12．下列四个结论中正确的是(　　)‎ A． 经过定点P1(x1，y1)的直线都可以用方程y－y1＝k(x－x1)表示 B． 经过任意不同两点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)的直线都可以用方程 ‎(x2－x1)(y－y1)＝(y2－y1)(x－x1)表示 C． 不过原点的直线都可以用方程表示 D． 经过点A(0，b)的直线都可以用方程y＝kx＋b表示 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 对于①，经过定点斜率不存在的直线不可以用方程表示， 故①正确；对于②，经过两个不同的点的直线有两种情况：当 时，即斜率存在可以用方程 来表示，当 时，直线方程为 ，可以用方程来表示，故②正确；对于③，当直线过原点时，直线不可以用方程 表示，故③正确；对于④，经过点的直线，当斜率不存在时，不可以表示为 ，故④错误，故答案为④.‎ ‎13．“点A在直线上，在平面外”， 用符号语言可以表示为_________________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用点线面的关系，用符号表示即可．‎ ‎【详解】‎ ‎∵点A在直线上l，直线l在平面α外， ∴A∈l，l⊄α． ‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查直线与平面的位置关系，直线与在的位置关系，正确理解点线面的关系和符号表示是解题的关键．‎ ‎14．命题“”的否定是_________________.‎ ‎【答案】“”‎ ‎【解析】‎ 试题分析：全称命题的否定是特称命题，故命题“”的否定是“”.‎ 考点：全称命题的否定.‎ ‎15．已知椭圆的左顶点为M，上顶点为N，右焦点为F，若 ，则椭圆的离心率为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用椭圆的性质，通过，推出a、c关系，求解即可．‎ ‎【详解】‎ 椭圆的左顶点为M（﹣a，0），上顶点为N（0，b），右焦点为F（c，0），‎ 若，，可知NM⊥NF，‎ 可得：a2+b2+b2+c2=（a+c）2，又a2=b2+c2，‎ 所以a2﹣c2=ac，‎ 即e2+e﹣1=0，e∈（0，1），‎ 解得e=，‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查椭圆的简单性质的应用，向量的垂直，考查转化思想以及计算能力，求离心率的常用方法有：定义法，根据椭圆或者双曲线的定义列方程；数形结合的方法，利用图形的几何特点构造方程；利用点在曲线上，将点的坐标代入方程，列式子。‎ ‎16．设椭圆 的左、右焦点分别为 ，M为椭圆上异于长轴端点的一点， ， 的内心为I，则 __________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设圆与MF1、MF2，分别切于点A，B，根据切线长定理就有|F1F2|=|F1A|+|F2B|=2，所以|MI|cosθ=|MA|=|MB|，由此可得结论．‎ ‎【详解】‎ 由题意，|MF1|+|MF2|=4，而|F1F2|=2，‎ 设圆与MF1、MF2，分别切于点A，B，根据切线长定理就有|F1F2|=|F1A|+|F2B|=2，‎ 所以|MI|cosθ=|MA|=|MB|=a-c=，‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查圆锥曲线的综合，考查切线长定理，考查椭圆的定义，属于中档题．和内切圆相关的问题可以联想到面积分割法和切线长定理.‎ 评卷人 得分 三、解答题 ‎17．某几何体的三视图及其尺寸如下图所示，求该几何体的表面积和体积.‎ ‎【答案】，‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知中的三视图，可以分析出该几诃体为圆锥，并得到圆锥的底面半径和母线长,进而求出圆锥的高，分别代入圆推的体积公式和表面积公式，可得结论.‎ ‎【详解】‎ 由三视图可得该几何体为圆锥，‎ 且底面直径为6，即底面半径为r=3，圆锥的母线长l=5‎ 则圆锥的底面积，侧面积 故:几何体的表面积 又由圆锥的高 故: ‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查三视图的应用，以及圆锥的表面积与体积公式,意在考查空间想象能力以及综合利用所学知识解答问题的能力.‎ ‎18．已知直线：x+y﹣1=0，‎ ‎（1）若直线过点（3，2）且∥，求直线的方程；‎ ‎（2）若直线过与直线2x﹣y+7=0的交点，且⊥，求直线的方程．‎ ‎【答案】（1） ； （2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意和平行关系设直线l1的方程为x+y+m=0，再代入点（3，2）‎ ‎，可求得结果；（2）解方程组 可得坐标，∵l2⊥l，∴直线l2的斜率k=1代入点坐标可得到结果.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由题意和平行关系设直线l1的方程为x+y+m=0，‎ ‎∵直线l1过点（3，2），∴3+2+m=0，‎ 解得m=﹣5，直线l1的方程为x+y﹣5=0；‎ ‎（2）解方程组 可得，‎ ‎∴直线l与直线2x﹣y+7=0的交点为（﹣2，3）‎ ‎∵l2⊥l，∴直线l2的斜率k=1，‎ ‎∴直线方程为x﹣y+5=0‎ ‎【点睛】‎ 这个题目考查了两直线的位置关系和直线平行即斜率相等，直线垂直即斜率互为负倒数，属于基础题型.‎ ‎19．为了解某校高三毕业生报考体育专业学生的体重（单位：千克）情况，将他们的体重数据整理后得到如下频率分布直方图，已知图中从左至右前3个小组的频率之比为1:2:3，其中第2小组的频数为12.‎ ‎（Ⅰ）求该校报考体育专业学生的总人数；‎ ‎（Ⅱ）已知A， 是该校报考体育专业的两名学生，A的体重小于55千克， 的体重不小于70千克，现从该校报考体育专业的学生中按分层抽样分别抽取体重小于55千克和不小于70千克的学生共6名，然后再从这6人中抽取体重小于55千克学生1人，体重不小于70千克的学生2人组成3人训练组，求A不在训练组且在训练组的概率.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】试题分析：（Ⅰ）利用频率分布直方图的实际意义进行求解；（Ⅱ）列出所有基本事件，找出满足条件的基本事件，利用古典概型的概率公式进行求解.‎ 试题解析：（1）设该校报考体育专业的人数为n，前三小组的频率为，则由题意可得， .又因为，故.‎ ‎（2）由题意，报考体育专业的学生中，体重小于55千克的人数为，记他们分别为体重不小于70千克的人数为，记他们分别为，从体重小于55千克的6人中抽取1人，体重不小于70千克的3人中抽取2人组成3人训练组，所有可能结果有：(A,a,b)，(A,a,c)，(A,b,c)，(B,a,b)，(B,a,c)，(B,b,c)，(C,a,b)，(C,a,c)，(C,b,c)，(D,a,b)，(D,a,c)，(D,b,c)，(E,a,b)，(E,a,c)，(E,b,c)，(F,a,b)，(F,a,c)，(F,b,c)，共18种；‎ 其中A不在训练组且a在训练组的结果有(B,a,b)，(B,a,c)，(C,a,b)，(C,a,c)，(D,a,b)，(D,a,c)，(E,a,b)，(E,a,c)，(F,a,b)，(F,a,c)，共10种.‎ 故概率为 ‎20．如图，矩形ABCD的两条对角线相交于点M(2，0)，AB边所在直线的方程为x－3y－6＝0，点T(－1，1)在AD边所在直线上．求：‎ ‎(1) AD边所在直线的方程；‎ ‎(2) DC边所在直线的方程．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】分析：（1）先由AD与AB垂直，求得AD的斜率，再由点斜式求得其直线方程；‎ ‎（2）根据矩形特点可以设DC的直线方程为，然后由点到直线的距离得出，就可以求出m的值，即可求出结果.‎ 详解：(1)由题意：ABCD为矩形，则AB⊥AD，‎ 又AB边所在的直线方程为：x－3y－6＝0，‎ 所以AD所在直线的斜率kAD＝－3，‎ 而点T(－1，1)在直线AD上．‎ 所以AD边所在直线的方程为：3x＋y＋2＝0.‎ ‎(2)方法一：由ABCD为矩形可得，AB∥DC，‎ 所以设直线CD的方程为x－3y＋m＝0.‎ 由矩形性质可知点M到AB、CD的距离相等 所以＝,解得m＝2或m＝－6(舍)．‎ 所以DC边所在的直线方程为x－3y＋2＝0.‎ 方法二：方程x－3y－6＝0与方程3x＋y＋2＝0联立得A（0，-2），关于M的对称点C（4，2）‎ 因AB∥DC，所以DC边所在的直线方程为x－3y＋2＝0.‎ 点睛：本题主要考查直线方程的求法，在求直线方程时，应先选择适当的直线方程的形式，并注意各种形式的适用条件．用斜截式及点斜式时，直线的斜率必须存在，而两点式不能表示与坐标轴垂直的直线，截距式不能表示与坐标轴垂直或经过原点的直线．故在解题时，若采用截距式，应注意分类讨论，判断截距是否为零；若采用点斜式，应先考虑斜率不存在的情况．‎ ‎21．已知椭圆 的左,右焦点分别为,且,直线 与椭圆交于两点．‎ ‎（1）若的周长为16,求椭圆的标准方程.‎ ‎ (2)若 ,且,求椭圆离心率 的值；‎ ‎【答案】（1）； （2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据题意得到c=3，根据2a+2c=16,得a=5，结合得到b进而得到方程；（2）联立直线和椭圆得到二次方程，由AF2⊥BF2，有， 坐标化结合韦达定理得到结果.‎ ‎【详解】‎ ‎(Ⅰ)∵椭圆的左,右焦点分别为F1,F2,且|F1F2|=6，直线y=kx与椭圆交于A，B两点。‎ ‎∴由题意得c=3，根据2a+2c=16,得a=5.‎ 结合 ‎ 所以.‎ ‎(Ⅱ)设曲线和直线交点为 联立方程组得 由AF2⊥BF2，有 ‎ 因为，‎ 即，又因为，所以，所以。‎ ‎【点睛】‎ 求椭圆方程的方法一般就是根据条件建立的方程，求出即可，注意的应用；涉及直线与圆锥曲线相交时，未给出直线时需要自己根据题目条件设直线方程，要特别注意直线斜率是否存在的问题，避免不分类讨论造成遗漏，然后要联立方程组，得一元二次方程，利用根与系数关系写出，再根据具体问题应用上式，其中要注意判别式条件的约束作用．‎ ‎22．如图甲，在直角梯形PBCD中，PB∥CD，CD⊥BC，BC＝PB＝2CD，A是PB的中点． ‎ 现沿AD把平面PAD折起，使得PA⊥AB（如图乙所示），E、F分别为BC、AB边的中点．‎ ‎（1）求证：平面PAE⊥平面PDE；‎ ‎（2）在PE上找一点Q，使得平面BDQ⊥平面ABCD．‎ ‎（3）在PA上找一点G，使得FG∥平面PDE． ‎ ‎【答案】（1）见解析； （2）当PQ=2QE时，平面BDQ⊥平面ABCD； （3）满足AG＝ AP时，有FG∥平面PDE．.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）现根据线面平行的判定得到PA⊥平面ABCD，根据底面图形特点得到AE⊥ED，又因为PA⊥ED进而得到ED⊥平面PAE，可推得面面垂直；（2）假设平面BDQ⊥平面ABCD，面BDQ交底面ABCD于H点，根据线面平行的性质得到PA平行于面BDQ，QH平行于PA再由相似导出比例关系；（3）过点F作FH∥ED交AD于H，再过H作GH∥PD交PA于G，连接FG，证明平面FHG∥平面PED，即可证明FG∥平面PDE．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）证明：因为PA⊥AD， PA⊥AB， ABAD＝A，‎ 所以PA⊥平面ABCD．因为BC＝PB＝2CD， A是PB的中点，所以ABCD是矩形，‎ 又E为BC边的中点，所以AE⊥ED．‎ 又由PA⊥平面ABCD， 得PA⊥ED， 且PAAE＝A， 所以ED⊥平面PAE，‎ 而ED平面PDE，故平面PAE⊥平面PDE．‎ ‎（2）假设平面BDQ⊥平面ABCD，面BDQ交底面ABCD于H点，又因为由第一问得到PA⊥平面ABCD，可得到直线PA平行于面BDQ，由线面平行的性质得到QH平行于PA，因为AD平行于BE,BE：AD=EH：HA=1：2，根据三角形EHQ相似于三角形PAE，故得到EQ：EP=HQ:AP=2:3.故当PQ=2QE时，平面BDQ⊥平面ABCD． ‎ ‎（3）过点F作FH∥ED交AD于H，再过H作GH∥PD交PA于G， 连结FG．‎ 由FH∥ED， ED平面PED， 得FH∥平面PED；‎ 由GH∥PD，PD平面PED，得GH∥平面PED，‎ 又FHGH＝H，所以平面FHG∥平面PED．所以FG∥平面PDE．‎ 再分别取AD、PA的中点M、N，连结BM、MN，‎ 易知H是AM的中点，G是AN的中点，‎ 从而当点G满足AG＝AP时，有FG∥平面PDE．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查直线与平面垂直的判定，直线与平面平行的判定，考查空间想象能力，逻辑思维能力，是中档题，证明线面平行时，通常先考虑证明线线平行，得到 平行，在得到面面平行.‎