吉林省长春市外国语学校2019-2020学年高二上学期10月月考数学（理）试题 18页

长春外国语学校2019-2020学年第一学期第一次月考高二年级 数学试卷（理科）‎ 本试卷共4页。考试结束后，将答题卡交回。‎ 注意事项：‎ ‎1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。‎ ‎2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。‎ ‎3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。高考资源网 ‎4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。‎ ‎5. 保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。‎ 第Ⅰ卷（选择题 共48分）‎ 一、选择题：本题共12小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。‎ ‎1.圆心坐标为，半径长为2的圆的标准方程是（）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据圆的标准方程的形式写.‎ ‎【详解】圆心为，半径为2的圆的标准方程是.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题考查了圆的标准方程，故选C.‎ ‎2.直线在x轴，y轴上的截距分别为(　　)‎ A. 2,3 B. －2,3 C. －2，－3 D. 2，－3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别令等于0，即可求出结果.‎ ‎【详解】因为，‎ 当时，，即在轴上的截距为；‎ 当时，，即在轴上的截距为；‎ 故选D ‎【点睛】本题主要考查直线的截距，熟记截距式即可，属于基础题型.‎ ‎3. 某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：由三视图可知，该几何体为一三棱锥，故其体积，故选A.‎ 考点：1.三视图；2.空间几何体的体积.‎ ‎4.若点(2，k)到直线5x-12y+6=0的距离是4，则k的值是( )‎ A. 1 B. -3 C. 1或 D. -3或 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题得，解方程即得k的值.‎ ‎【详解】由题得，解方程即得k=-3或.‎ 故答案为：D ‎【点睛】(1)本题主要考查点到直线的距离公式，意在考查学生对该知识的掌握水平和计算推理能力.(2) 点到直线的距离.‎ ‎5.已知直线与直线互相平行，则实数值为（ ）‎ A. 0 B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由两直线平行的充要条件，列出方程，即可得出结果.‎ ‎【详解】因为直线与直线互相平行，‎ 所以，解得.‎ 故选B ‎【点睛】本题主要考查由两直线平行求参数的问题，熟记直线位置关系即可，属于常考题型.‎ ‎6.两平行直线和之间的距离是（ ）‎ A. 4 B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先将化为，再由两平行线间的距离公式，即可得出结果.‎ ‎【详解】因为可化为，‎ 所以两平行直线和之间的距离 ‎.‎ 故选D ‎【点睛】本题主要考查两平行线间的距离，熟记公式即可，属于常考题型.‎ ‎7.已知，是两条不同直线，，是两个不同平面，则下列命题正确的是（ ）‎ A. 若，垂直于同一平面，则与平行 B. 若，平行于同一平面，则与平行 C. 若，不平行，则在内不存在与平行的直线 D. 若，不平行，则与不可能垂直于同一平面 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 由，若，垂直于同一平面，则，可以相交、平行，故不正确；由，若，平行于同一平面，则，可以平行、重合、相交、异面，故不正确；由，若，不平行，但平面内会存在平行于的直线，如平面中平行于，交线的直线；由项，其逆否命题为“若与垂直于同一平面，则，平行”是真命题，故项正确.所以选D.‎ 考点：1.直线、平面的垂直、平行判定定理以及性质定理的应用.‎ ‎8.若两直线的倾斜角分别为，则下列四个命题中正确的是（ ）‎ A. 若，则两直线的斜率： B. 若，则两直线的斜率：‎ C. 若两直线的斜率：，则 D. 若两直线的斜率：，则 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意逐一分析所给的选项是否正确即可.‎ ‎【详解】当，，满足，但是两直线的斜率，选项A说法错误；‎ 当时，直线的斜率不存在，无法满足，选项B说法错误；‎ 若直线的斜率，，满足，但是，，不满足，选项C说法错误；‎ 若两直线的斜率，结合正切函数的单调性可知，选项D说法正确.‎ 本题选择D选项.‎ ‎【点睛】本题主要考查直线的斜率与倾斜角之间的关系，正切函数的单调性及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎9.在长方体中，，与平面所成的角为，则该长方体的体积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先画出长方体，利用题中条件，得到，根据，求得，可以确定，之后利用长方体的体积公式求出长方体的体积.‎ ‎【详解】在长方体中，连接，‎ 根据线面角的定义可知，‎ 因，所以，从而求得，‎ 所以该长方体的体积为，故选C.‎ ‎【点睛】该题考查的是长方体的体积的求解问题，在解题的过程中，需要明确长方体的体积公式为长宽高的乘积，而题中的条件只有两个值，所以利用题中的条件求解另一条边的长就显得尤为重要，此时就需要明确线面角的定义，从而得到量之间的关系，从而求得结果.‎ ‎10.设为两条直线，为两个平面，下列四个命题中，正确的命题是（　　）‎ A. 若与所成的角相等，则 B. 若，，则 C. 若，则 D. 若，，则 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：A项中两直线还可能相交或异面,错误；‎ B项中两直线还可能相交或异面,错误；‎ C项两平面还可能是相交平面，错误；‎ 故选D.‎ ‎11.如图,正四棱锥S-ABCD中,O为顶点在底面内的投影,P为侧棱SD的中点,且SO=OD,则直线BC与平面PAC的夹角是 A. 30° B. 45° C. 60° D. 90°‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 以O为坐标原点，以OA为x轴，以OB为y轴，以OS为z轴，建立空间直角坐标系O﹣xyz，利用向量法求解．‎ ‎【详解】如图，以O为坐标原点，以OA为x轴，以OB为y轴，以OS为z轴，‎ 建立空间直角坐标系O﹣xyz．‎ 设OD＝SO＝OA＝OB＝OC＝a，‎ 则A（a，0，0），B（0，a，0），C（﹣a，0，0），P（0，，），‎ 则（2a，0，0），（﹣a，，），（a，a，0），‎ 设平面PAC的一个法向量为，‎ 则，，‎ ‎∴，可取（0，1，1），‎ ‎∴cos，，‎ ‎∴，＞＝60°，‎ ‎∴直线BC与平面PAC的夹角为90°﹣60°＝30°．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查直线与平面所成角的大小的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．‎ ‎12.已知是球的球面上的两点，为球面上的动点.若三棱锥的体积最大值为，则球的表面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 设球的半径为R，当平面时三棱锥的体积最大，，球的表面积为，选A.‎ 第Ⅱ卷（非选择题共72分）‎ 二、填空题：本题共4个小题，每小题4分，共16分.‎ ‎13.已知直线：和：垂直，则实数的值为_________．‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对a分类讨论，利用相互垂直的直线斜率之间的关系即可得出．‎ ‎【详解】a=1时，两条直线不垂直，舍去．‎ a≠1时，由﹣×=﹣1，解得a=．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查了分类讨论、相互垂直的直线斜率之间的关系，考查推理能力与计算能力，属于基础题．‎ ‎14.已知圆O的方程为(x－3)2＋(y－4)2＝25，则点M(2,3)到圆上的点的距离的最大值为________．‎ ‎【答案】5＋‎ ‎【解析】‎ 由题意，知点M在圆O内，MO的延长线与圆O的交点到点M(2,3)的距离最大，最大距离为.‎ ‎15.已知直三棱柱的6个顶点都在球的球面上．若，，，，则球的体积为________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由题意得到四边形为正方形，平面的中心即为球的球心，取中点，连结，求出半径，进而可求出球的体积.‎ ‎【详解】因为，，，所以，‎ 在直三棱柱中，，‎ 所以四边形为正方形，‎ 因此平面的中心即为球的球心，‎ 取中点，连结，易知平面，且，‎ 所以球的半径等于，‎ 因此球的体积为.‎ 故答案为 ‎【点睛】本题主要考查几何体外接球的相关计算，熟记棱柱的结构特征，以及球的体积公式即可，属于常考题型.‎ ‎16.直线l经过点P(3,2)且与x轴、y轴的正半轴分别交于A、B两点，△OAB的面积为12，则直线l的方程为__________________.‎ ‎【答案】2x＋3y－12＝0‎ ‎【解析】‎ 设直线方程为，‎ 当时，；当时，，‎ 所以，解得，‎ 所以，即。‎ 三、解答题：本题共5个小题，17、18题10分，19-21题每题12分,解答题应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤.‎ ‎17.求满足条件：过直线和直线的交点，且与直线垂直的直线方程.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由题意求出直线和直线的交点坐标，再由所求直线与直线，求出斜率，进而可求出结果.‎ ‎【详解】由解得，‎ 即直线和直线的交点坐标为，‎ 又所求直线与直线垂直，‎ 因此，所求直线的斜率为，‎ 故所求直线方程为，‎ 即.‎ ‎【点睛】本题主要考查满足条件的直线方程，熟记直线方程的点斜式即可，属于常考题型.‎ ‎18.已知直线经过点，‎ ‎(1)求与原点距离等于的直线的方程；‎ ‎(2)求在两坐标轴上截距相等的直线的方程.‎ ‎【答案】（1）或；（2）或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）分斜率存在与斜率不存在两种情况，根据点到直线距离公式，即可得出结果；‎ ‎（2）分截距为0与截距不为0两种情况，再由点坐标，即可得出结果.‎ ‎【详解】因为直线经过点，‎ ‎（1）当斜率不存在时，易得，显然满足题意；‎ 当斜率存在时，设直线的方程为，即，‎ 因为直线与原点距离等于2，‎ 所以有，解得，‎ 此时，整理得；‎ 故所求直线方程为或；‎ ‎（2）当直线在两坐标轴上的截距为0时，直线过原点，‎ 所以此时直线方程为，即；‎ 当直线在两坐标轴上的截距不为0时，由题意可设所求直线方程为，‎ 所以，即，‎ 所以，‎ 故所求直线方程为或.‎ ‎【点睛】本题主要考查直线的方程，熟记直线方程的几种形式即可，属于常考题型.‎ ‎19.如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．‎ 求证：（1）A1B1∥平面DEC1；‎ ‎（2）BE⊥C1E．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由题意结合几何体的空间结构特征和线面平行的判定定理即可证得题中的结论；‎ ‎(2)由题意首先证得线面垂直，然后结合线面垂直证明线线垂直即可.‎ ‎【详解】（1）因为D，E分别为BC，AC的中点，‎ 所以ED∥AB.‎ 在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB∥A1B1，‎ 所以A1B1∥ED.‎ 又因为ED⊂平面DEC1，A1B1平面DEC1，‎ 所以A1B1∥平面DEC1.‎ ‎（2）因为AB=BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC.‎ 因为三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱，所以CC1⊥平面ABC.‎ 又因为BE⊂平面ABC，所以CC1⊥BE.‎ 因C1C⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1，C1C∩AC=C，‎ 所以BE⊥平面A1ACC1.‎ 因为C1E⊂平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.‎ ‎【点睛】本题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力.‎ ‎20.已知三个顶点是，，.‎ ‎(1)求过点且与平行的直线方程；‎ ‎(2)求 的面积.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题意求出直线斜率，再由点坐标，即可得出结果；‎ ‎（2）先由题意求出线段的长度，再由（1）的结果，求出点到过点且与平行的直线的距离，得到三角形的高，从而可三角形的面积.‎ ‎【详解】（1）因为，，‎ 所以，‎ 又，‎ 所以过点且与平行的直线方程为，‎ 即；‎ ‎（2）因为，，‎ 所以， ‎ 由（1）可得：‎ 点到过点且与平行的直线的距离为 ‎，‎ 即的高为，‎ 因此.‎ ‎【点睛】本题主要考查直线方程的应用，熟记直线的方程以及点到直线距离公式等即可，属于常考题型.‎ ‎21.‎ 如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.‎ ‎（1）证明：BE⊥平面EB1C1；‎ ‎（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用长方体的性质，可以知道侧面，利用线面垂直的性质可以证明出，这样可以利用线面垂直的判定定理，证明出平面；‎ ‎（2）以点坐标原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系，设正方形的边长为，，求出相应点的坐标，利用，可以求出之间的关系，分别求出平面、平面的法向量，利用空间向量的数量积公式求出二面角的余弦值的绝对值，最后利用同角的三角函数关系，求出二面角的正弦值.‎ ‎【详解】证明（1）因为是长方体，所以侧面，而平面，所以 又，，平面，因此平面；‎ ‎（2）以点坐标原点，以分别为轴，建立如下图所示的空间直角坐标系，‎ ‎，‎ 因为，所以，‎ 所以，，‎ 设是平面的法向量，‎ 所以，‎ 设是平面的法向量，‎ 所以，‎ 二面角的余弦值的绝对值为，‎ 所以二面角的正弦值为.‎ ‎【点睛】本题考查了利用线面垂直的性质定理证明线线垂直，考查了利用空间向量求二角角的余弦值，以及同角的三角函数关系，考查了数学运算能力.‎ ‎ ‎