重庆市黔江中学2021-2022学年高二上学期9月月考试数学 Word版含解析.docx

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重庆市黔江中学校2021-2022年度高二上9月考试数学试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号码填写在答题卡上.2．作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷及草稿纸上无效.3．考试结束后，将答题卡交回.4．本卷满分150分，考试时间120分钟.一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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.若直线经过，两点，则直线的倾斜角为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】求出直线的斜率，利用直线的斜率与倾斜角的关系可得出结果.【详解】设直线的倾斜角为，则，而，所以.故选：A.2.下列说法正确的个数（）（1）三点确定一个平面；（2）一条直线和一个点确定一个平面；（3）两条直线确定一个平面；（4）三角形和梯形一定为平面图形.A.0B.1C.2D.3【答案】B【解析】【分析】根据点直线与平面的位置关系,即可判断四个选项.【详解】对于(1),当三个点在同一直线上时,三个点不能确定一个平面,所以(1)错误;对于(2),当点在直线上时,不能确定一个平面,所以(2)不正确;对于(3),当两条直线异面时,不能确定一个平面,所以(3)不正确;对于(4),三角形和梯形一定是平面图形,所以(4)正确.综上可知,正确的为(4)故选:B 【点睛】本题考查了空间中点、直线与平面的位置关系,属于基础题.3.若直线与直线互相平行，那么的值等于（）A.1或0B.C.0D.0或【答案】D【解析】【分析】根据题意，由直线平行的判定方法可得，解可得的值，即可得答案．【详解】解：根据题意，如果直线与直线互相平行，则有，解得或；故选：．【点睛】本题考查直线的一般式方程的应用，涉及直线平行的判定，属于基础题．4.如图，在长方体中，，，异面直线与所成的角为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】首先根据得到为异面直线与所成的角，再求大小即可.【详解】因为，所以为异面直线与所成的角，于是，又异面直线的夹角为，所以，即异面直线与所成的角为.故选：A.5.已知点A(－3，－4)，B(6,3)到直线l：ax＋y＋1＝0的距离相等，则实数a的值等于(　　) A.B.C.或D.或【答案】C【解析】【分析】直接根据点到直线的距离公式列出关于的方程，求出方程的解,得到的值.【详解】因为和到直线的距离相等，由点和点到直线的距离公式，可得，化简得|，,解得实数或，故选C.【点睛】本题主要考查点到直线的距离公式，意在考查灵活应用所学知识解答问题的能力，属于简单题.6.如图，网格纸上的小正方形的边长均为1，粗线画的是一个几何体的三视图，则该几何体中最长的棱长为（）A.B.4CD.【答案】C【解析】【分析】先利用题给条件画出该几何体的直观图，再分别求得其各个棱长，进而得到该几何体中最长的棱长.【详解】由题意可得该几何体的直观图为四棱锥，如下图： 其中底面，,，连接，由底面，可得均为直角三角形，则,又由可得为直角三角形，则，则则该几何体中最长的棱长为.故选：C7.某水平放置的平面图形的斜二侧直观图是等腰梯形（如图所示），将该平面图形绕其直角腰AB边旋转一周得到一个圆台，已知，则该圆台的表面积为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先还原出平面图形，得圆台的上下底面半径与母线长，结合圆台的表面积公式即可求解. 【详解】作出其平面图形，则在平面图形中，则圆台的上底面半径，下底面半径，母线，则由圆台的表面积公式得：.故选：D8.如图，将边长为2的正方体沿对角线折起，得到三棱锥，则下列命题中，错误的为A.直线平面B.C.三棱锥的外接球的半径为D.若为的中点，则平面【答案】B【解析】【分析】通过线线垂直证得线面垂直，进而得到A正确；对于B选项先假设成立，再推出矛盾进而得到结果不正确；C根据四棱锥的形状得到球心位置，进而得到半径；由线面平行的判定定理得到线面平行.【详解】因为ABCD是正方形，故得到,折叠之后得到，,故得到BD面,进而得到A选项正确；假设，又因为D，进而得到面,则,三角形,BC=2= 不可能满足直角关系，故B错误.三棱锥，的外接球的球心在O点处，因为OC=OD=OB=O，此时球的半径为OC=；故C正确；若为的中点，则,OE在平面内，故得到平面，D正确；故答案为B.【点睛】直线与平面垂直概念是利用直线与直线垂直的概念定义的，要注意定义中的“任何一条直线”这个词，它与“所有直线”是同义词，但与“无数条直线”不同，2.如果两条平行直线中的一条垂直于一个平面，那么另一条也垂直于同一个平面.符号语言如下：.9.已知圆O：和圆C：，圆心为点C，现给出如下结论，其中正确的个数是（）①圆O与圆C有四条公切线②过点C且在两坐标轴上截距相等的直线方程为或③过点C且与圆O相切的直线方程为④P､Q分别为圆O和圆C上的动点，则的最大值为，最小值为A.0B.1C.2D.3【答案】C【解析】【分析】根据两圆的位置关系可判定①④，利用截距式可判定②，利用直线与圆的位置关系判定③.【详解】根据题意可知，两圆半径分别为，，故两圆相离，所以有四条公切线，①正确；，④正确；显然过且在两坐标轴的截距相等的直线有（此时截距为零），当截距不为零时，可设，代入点得，故②错误；易知是过与圆O相切的直线，此时斜率不存在，若切线斜率存在，可设， 则O点到的距离为，所以该切线方程为，综上过点C且与圆O相切的直线方程，，故③错误；故选：C10.正四面体是棱长都相等的正三棱锥，若正四面体的棱长为2，则该正四面体的体积为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用正方体得到正四面体，然后利用两者的体积关系求正四面体体积.【详解】如图 正方体中，四面体为正四面体，若其棱长为2，则正方体的棱长为.所以，又，所以.故选：D11.从直线：上的动点作圆的两条切线，切点为，，则四边形（为坐标原点）面积的最小值是（）A.B.C.1D.2【答案】A【解析】【分析】由题意可得当点P与圆心的距离最小时，切线长PC、PD最小，此时四边形的面积最小，由距离公式和面积公式求解可得．【详解】∵圆的圆心为，半径，当点P与圆心的距离最小时，切线长PC、PD最小，此时四边形的面积最小，∴圆心到直线的距离，∴，∴四边形的面积.故选：A．【点睛】本题考查圆的切线方程，明确四边形的面积何时最小是解决问题的关键，考查逻辑思维能力和计算能力，属于常考题.12.已知三棱锥P﹣ABC的四个顶点在球O的球面上，球O的半径为4，△ABC是边长为6的等边三角形，记△ABC的外心为O1.若三棱锥P﹣ABC的体积为则PO1＝（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】 取得等边三角形的面积，利用正弦定理求得三角形外接圆的半径，根据三棱锥的体积求得三棱锥的高，利用勾股定理求得.【详解】由题意可得：S△ABC9，O1A＝2，O1O＝2.设点P到平面BAC的高为h，由h×9，解得h＝4.∴点P所在小圆⊙O2（⊙O1与⊙O2所在平面平行）上运动，OO2＝2.∴O2P＝2.∴PO12.故选：D.【点睛】本小题主要考查球的内接三棱锥的有关计算，考查空间想象能力，属于中档题.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把最简答案写在答题卡相应位置上.13.已知圆C:关于直线对称，求圆心C坐标为________．【答案】【解析】【分析】求出的范围，由直线过圆心可得答案.【详解】由已知得，解得或，圆C:，圆心为，若圆C关于直线对称，则，解得，符合题意.故答案为：.14.直线：与圆：的位置关系是______．【答案】相交【解析】 【分析】由直线方程可得直线过定点，判断定点与圆的位置关系即可求解.【详解】直线，变形为：，所以直线过定点，设该点为，由圆：知圆心，半径，所以，所以定点在圆内，所以直线与圆相交.故答案为：相交.15.如下图，将圆柱的侧面沿母线展开，得到一个长为，宽为4的矩形，由点A拉一根细绳绕圆柱侧面两周到达，线长的最小值为________（线粗忽略不计）【答案】2【解析】【分析】设AA1中点为B，侧面展开图矩形为ACC1A1，CC1中点为B1．得绳长的最小值即为侧面展开图中的AB1+BC1，再利用勾股定理求解即可【详解】设AA1中点为B，侧面展开图矩形为ACC1A1，CC1中点为B1．则绳长的最小值即为侧面展开图中的AB1+BC1．AB1＝BC1．∴绳长的最小值为2．故答案为2【点睛】本题考查棱柱的结构特征，空间想象能力，几何体的展开与折叠，体现了转化（空间问题转化为平面问题，化曲为直）的思想方法． 16.两圆相交于和两点，两圆圆心都在直线上，则的值为______．【答案】3【解析】【分析】首先由两圆相交的公共弦垂直过两圆圆心的直线，可求出；再由两圆的交点的中点在过两圆心的直线上，可求出，进而求解.【详解】由平面几何性质知，两相交圆圆心的连线与两圆的公共弦垂直，且经过弦的中点，则，解得，∵和的中点为在直线，∴，解得，∴．故答案为：3.二、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17.已知点A（2，3），B（4，1），△ABC是以AB为底边的等腰三角形，点C在直线l：x-2y+2=0上.（1）求AB边上的高CE所在直线的方程；（2）求△ABC的面积.【答案】（1）（2）2【解析】【分析】（1）由题意可知，为的中点，，利用斜率计算公式、点斜式即可得出．（2）由得，利用两点之间的距离公式、三角形面积计算公式即可得出．【小问1详解】解：由题意可知，为的中点，因为，，所以，，所以，所在直线方程为，即． 【小问2详解】解：由解得，所以，所以平行于轴，平行于轴，即，，．18.如图所示，在正三棱柱中，，，为的中点，是上的一点，且由沿棱柱侧面经过棱到的最短路线为.设这条最短路线与的交点为，求：（1）该三棱柱的侧面展开图的对角线的长；（2）和的长.【答案】（1）；（2）的长为2，的长为.【解析】【分析】（1）由展开图为矩形，用勾股定理求出对角线长；（2）在侧面展开图中三角形是直角三角形，可以求出线段的长度，进而可以求的长度，再由相似比可以求出的长度.【详解】（1）由题意，该三棱柱的侧面展开图是宽为4，长为的矩形，所以对角线的长为；（2）将该三棱柱的侧面沿棱展开，如图所示. 设的长为，则.因为，，，所以(负值舍去)，即的长为2.又因为，所以，即，所以.【点睛】本题考查求侧面展开图的对角线长，以及三棱柱中的线段长，熟记三棱柱的结构特征即可，属于常考题型.19.如图，在正三棱柱中，为的中点.（1）证明：平面；（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）连结，交于，连结，推导出，由此能证明平面；（2）设，以为原点，在平面中过作的垂线为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线与平面所成角的正弦值． 【小问1详解】证明：连结，交于，连结，正三棱柱中，为的中点，是的中点，，平面，平面，平面．【小问2详解】设，以为原点，在平面中过作的垂线为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，则,0,，,2,，,1,，,2,，,,，,,，,0,，设平面的法向量,,，则，取，得,,，设直线与平面所成角为， 则．直线与平面所成角的正弦值为．20.如图，AB是圆柱的母线，BD是圆柱底面圆的直径，C是底面圆周上一点，E是AC上的点，且，．（1）求证：；（2）求直线BD与AC所成角大小．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）利用圆的直径所对圆周角的性质、圆柱的性质、线面垂直的判定定理以及线面垂直的性质定理即可得出；（2）利用已知计算出，的值，再利用（1）的结论及已知求出的值，用向量的数量积公式计算直线BD与AC所成角的余弦，即可得到直线BD与AC所成角的大小．【小问1详解】证明：是底面圆的直径，，；由圆柱可得：母线底面，底面，；又，平面，平面，又平面，．【小问2详解】，， ，由（1）知母线底面，，，又，，，由题知，，设直线BD与AC所成角为，则，而，所以，故直线BD与AC所成角的大小为.21.已知为坐标原点，圆方程为：，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.【答案】（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.22.已知圆与圆关于直线对称，且点在圆上.（1）判断圆与圆的位置关系；（2）设为圆上任意一点，，三点不共线，为的平分线，且交于.求证:与的面积之比为定值.【答案】（1）圆与圆相离；（2）为定值.【解析】【分析】（1）根据给定的对称关系及点D坐标，求出圆心和半径即可作答.（2）设出点P的坐标，求出，再结合角平分线及三角形面积定理计算作答. 【详解】（1）依题意，圆N的圆心关于直线的对称点为，则圆的半径，所以圆的方程为，又，所以圆与圆相离.（2）设，有，则，，即有，即是，而，所以为定值.