数学卷·2018届山西省朔州市怀仁一中高二上学期第一次月考数学试卷（文科）（解析版）

数学卷·2018届山西省朔州市怀仁一中高二上学期第一次月考数学试卷（文科）（解析版）

‎2016-2017学年山西省朔州市怀仁一中高二（上）第一次月考数学试卷（文科）‎ ‎　‎ 一、选择题：本大题共12个小题，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．直线x=1的倾斜角和斜率分别是（　　）‎ A．90°，不存在 B．45°，1 C．135°，﹣1 D．180°，不存在 ‎2．两条相交直线的平行投影是（　　）‎ A．一条直线 B．一条折线 C．两条相交直线 D．两条相交直线或一条直线 ‎3．圆：x2+y2﹣2x﹣2y+1=0上的点到直线x﹣y=2的距离最大值是（　　）‎ A．2 B． C． D．‎ ‎4．若某一几何体的正视图与侧视图均为边长是1的正方形，且其体积为，则该几何体的俯视图可以是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎5．若一个圆锥的底面半径是母线长的一半，侧面积和它的体积的数值相等，则该圆锥的底面半径为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎6．圆（x+2）2+y2=4与圆（x﹣2）2+（y﹣1）2=9的位置关系为（　　）‎ A．内切 B．相交 C．外切 D．相离 ‎7．已知直线l：xtanα﹣y﹣3tanβ=0的斜率为2，在y轴上的截距为1，则tan（a+β）=（　　）‎ A． B． C． D．1‎ ‎8．在△ABC中，AB=2，BC=1.5，∠ABC=120°，若使该三角形绕直线BC旋转一周，则所形成的几何体的体积是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎9．过点P（3，6）且被圆x2+y2=25截得的弦长为8的直线方程是（　　）‎ A．3x﹣4y+15=0 B．4x﹣3y+6=0‎ C．4x﹣3y+6=0或x=3 D．3x﹣4y+15=0或x=3‎ ‎10．一个三角形用斜二测画法画出来的直观图是边长为2的正三角形，则原三角形的面积是（　　）‎ A．2 B．4 C． D．都不对 ‎11．函数y=asinx﹣bcosx的一条对称轴为x=，则直线l：ax﹣by+c=0的倾斜角为（　　）‎ A．45° B．60° C．120° D．135°‎ ‎12．已知点A（2，﹣3）、B（﹣3，﹣2）直线l过点P（1，1），且与线段AB相交，则直线l的斜率k的取值范围是（　　）‎ A．或k≤﹣4 B．或 C． D．‎ ‎　‎ 二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）‎ ‎13．若三个球的表面积之比是1：2：3，则它们的体积之比是　　．‎ ‎14．若直线l1：2x+my+1=0与直线l2：y=3x﹣1平行，则m=　　．‎ ‎15．已知点A（1，﹣2），B（5，6），直线l经过AB的中点M，且在两坐标轴上的截距相等，则直线l的方程是　　．‎ ‎16．设变量x，y满足约束条件，则其目标函数z=2x+y的最大值为　　．‎ ‎　‎ 三、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．长方体AC1的长、宽、高分别为3、2、1，求从A到C1沿长方体的表面的最短距离．‎ ‎18．已知△ABC的顶点B（﹣1，﹣3），边AB上的高CE所在直线的方程为4x+3y﹣7=0，BC边上中线AD所在的直线方程为x﹣3y﹣3=0．‎ ‎（1）求点C的坐标；‎ ‎（2）求直线AB的方程．‎ ‎19．过定点P（2，1）作直线l，分别与x轴、y轴正方向交于A，B两点，求使△AOB面积最小时的直线方程．‎ ‎20．已知某几何体的俯视图是如图所示的矩形，正视图（或称主视图）是一个底边长为8，高为4的等腰三角形，侧视图（或称左视图）是一个底边长为6，高为4的等腰三角形．‎ ‎（1）求该几何体的体积V；‎ ‎（2）求该几何体的侧面积S．‎ ‎21．已知圆C：x2+y2﹣2x+4y﹣4=0，是否存在斜率为1的直线l，使l被圆C截得的弦长AB为直径的圆过原点，若存在求出直线的方程l，若不存在说明理由．‎ ‎22．已知圆C：（x﹣1）2+（y﹣2）2=25，直线l：（2m+1）x+（m+1）y﹣7m﹣4=0（m∈R）‎ ‎（Ⅰ）证明：无论m取什么实数，l与圆恒交于两点；‎ ‎（Ⅱ）求直线被圆C截得的弦长最小时l的方程．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年山西省朔州市怀仁一中高二（上）第一次月考数学试卷（文科）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：本大题共12个小题，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．直线x=1的倾斜角和斜率分别是（　　）‎ A．90°，不存在 B．45°，1 C．135°，﹣1 D．180°，不存在 ‎【考点】直线的斜率；直线的倾斜角．‎ ‎【分析】利用直线x=1垂直于x轴，倾斜角为90°，选出答案．‎ ‎【解答】解：∵直线x=1垂直于x轴，倾斜角为90°，而斜率不存在，‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎2．两条相交直线的平行投影是（　　）‎ A．一条直线 B．一条折线 C．两条相交直线 D．两条相交直线或一条直线 ‎【考点】平行投影及平行投影作图法．‎ ‎【分析】由平行光线形成的投影是平行投影，直线的投影一般仍为直线，特殊情形就是当平行光与直线平行时投影为一点．‎ ‎【解答】解：当两条直线所在平面与投影面不垂直时，两条相交直线的平行投影是两条相交直线；当垂直时，两条相交直线的平行投影是一条直线；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎3．圆：x2+y2﹣2x﹣2y+1=0上的点到直线x﹣y=2的距离最大值是（　　）‎ A．2 B． C． D．‎ ‎【考点】直线与圆的位置关系．‎ ‎【分析】先将圆x2+y2﹣2x﹣2y+1=0转化为标准方程：（x﹣1）2+（y﹣1）2=1，明确圆心和半径，再求得圆心（1，1）到直线x﹣y=2的距离，最大值则在此基础上加上半径长即可．‎ ‎【解答】解：圆x2+y2﹣2x﹣2y+1=0可化为标准形式：（x﹣1）2+（y﹣1）2=1，‎ ‎∴圆心为（1，1），半径为1‎ 圆心（1，1）到直线x﹣y=2的距离，‎ 则所求距离最大为，‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎4．若某一几何体的正视图与侧视图均为边长是1的正方形，且其体积为，则该几何体的俯视图可以是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】简单空间图形的三视图．‎ ‎【分析】根据几何体的正视图与侧视图，代入俯视图验证几何体的体积，判断即可．‎ ‎【解答】解：若俯视图为A，则V=1；‎ 若俯视图为B，则V=π；‎ 若俯视图为C，则V=；‎ 若俯视图为D，则V=，‎ 根据几何体的体积为，∴C正确．‎ ‎∴其直观图为：‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎5．若一个圆锥的底面半径是母线长的一半，侧面积和它的体积的数值相等，则该圆锥的底面半径为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）．‎ ‎【分析】根据已知中侧面积和它的体积的数值相等，构造关于r的方程，解得答案．‎ ‎【解答】解：设圆锥的底面半径为r，则母线长为2r，‎ 则圆锥的高h=r，‎ 由题意得：πr•2r=，‎ 解得：r=2，‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎6．圆（x+2）2+y2=4与圆（x﹣2）2+（y﹣1）2=9的位置关系为（　　）‎ A．内切 B．相交 C．外切 D．相离 ‎【考点】圆与圆的位置关系及其判定．‎ ‎【分析】求出两圆的圆心和半径，计算两圆的圆心距，将圆心距和两圆的半径之和或半径之差作对比，判断两圆的位置关系．‎ ‎【解答】解：圆（x+2）2+y2=4的圆心C1（﹣2，0），半径r=2．‎ 圆（x﹣2）2+（y﹣1）2=9的圆心C2（2，1），半径R=3，‎ 两圆的圆心距d==，‎ R+r=5，R﹣r=1，‎ R+r＞d＞R﹣r，‎ 所以两圆相交，‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎7．已知直线l：xtanα﹣y﹣3tanβ=0的斜率为2，在y轴上的截距为1，则tan（a+β）=（　　）‎ A． B． C． D．1‎ ‎【考点】两角和与差的正切函数；直线的斜率．‎ ‎【分析】由直线的斜率为2，得出tanα的值，再由在y轴上的截距为1，得到tanβ的值，将所求式子利用两角和与差的正切函数公式化简后，把各自的值代入计算，即可求出值．‎ ‎【解答】解：根据题意得：tanα=2，tanβ=﹣，‎ 则tan（a+β）===1．‎ 故选D ‎　‎ ‎8．在△ABC中，AB=2，BC=1.5，∠ABC=120°，若使该三角形绕直线BC旋转一周，则所形成的几何体的体积是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；旋转体（圆柱、圆锥、圆台）．‎ ‎【分析】所形成的几何体是以ACD为轴截面的圆锥中挖去了一个以ABD为轴截面的小圆锥后剩余的部分，故用大圆锥的体积减去小圆锥的体积，即为所求．‎ ‎【解答】解：如图：△ABC中，绕直线BC旋转一周，‎ 则所形成的几何体是以ACD为轴截面的圆锥中挖去了一个以ABD 为轴截面的小圆锥后剩余的部分．‎ ‎∵AB=2，BC=1.5，∠ABC=120°，∴AE=ABsin60°=，‎ BE=ABcos60°=1，‎ V1==，V2==π，‎ ‎∴V=V1﹣V2=，‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎9．过点P（3，6）且被圆x2+y2=25截得的弦长为8的直线方程是（　　）‎ A．3x﹣4y+15=0 B．4x﹣3y+6=0‎ C．4x﹣3y+6=0或x=3 D．3x﹣4y+15=0或x=3‎ ‎【考点】直线与圆的位置关系．‎ ‎【分析】由圆的方程，可知圆心（0，0），r=5，圆心到弦的距离=3，若直线斜率不存在，则垂直x轴x=3，成立；若斜率存在，由圆心到直线距离=3，即可求得直线斜率，求得直线方程．‎ ‎【解答】解：圆心（0，0），r=5‎ 圆心到弦的距离=3，‎ 若直线斜率不存在，则垂直x轴 x=3，圆心到直线距离=|0﹣3|=3，成立；‎ 若斜率存在 y﹣6=k（x﹣3）即：kx﹣y﹣3k+6=0‎ 则圆心到直线距离d==3，解得k=，‎ 综上：x=3和3x﹣4y+15=0‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎10．一个三角形用斜二测画法画出来的直观图是边长为2的正三角形，则原三角形的面积是（　　）‎ A．2 B．4 C． D．都不对 ‎【考点】平面图形的直观图．‎ ‎【分析】求出直观图三角形的面积，利用平面图形的面积是直观图面积的2 倍，求出直观图的面积即可．‎ ‎【解答】解：∵三角形在其直观图中对应一个边长为2正三角形，‎ ‎∴直观图的面积是×2×2×sin60°=‎ 由斜二测画法中直观图和原图的面积的关系 =，‎ ‎∴原三角形的面积为 =2，‎ 故选A ‎　‎ ‎11．函数y=asinx﹣bcosx的一条对称轴为x=，则直线l：ax﹣by+c=0的倾斜角为（　　）‎ A．45° B．60° C．120° D．135°‎ ‎【考点】直线的倾斜角；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式．‎ ‎【分析】函数f（x）=asinx﹣bcosx图象的一条对称轴方程是，推出f（ +x）=f（﹣x） 对任意x∈R恒成立，化简函数的表达式，求出a，b的关系，然后求出直线的倾斜角，得到选项．‎ ‎【解答】解：f（x）=asinx﹣bcosx，‎ ‎∵对称轴方程是x=，‎ ‎∴f（ +x）=f（﹣x） 对任意x∈R恒成立，‎ asin（ +x）﹣bcos（ +x）=asin（﹣x）﹣bcos（﹣x），‎ asin（ +x）﹣asin（﹣x）=bcos（ +x）﹣bcos（﹣x），‎ 用加法公式化简：‎ ‎2acos sinx=﹣2bsin sinx 对任意x∈R恒成立，‎ ‎∴（a+b）sinx=0 对任意x∈R恒成立，‎ ‎∴a+b=0，‎ ‎∴直线ax﹣by+c=0的斜率K==﹣1，‎ ‎∴直线ax﹣by+c=0的倾斜角为．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎12．已知点A（2，﹣3）、B（﹣3，﹣2）直线l过点P（1，1），且与线段AB相交，则直线l的斜率k的取值范围是（　　）‎ A．或k≤﹣4 B．或 C． D．‎ ‎【考点】直线的斜率．‎ ‎【分析】画出图形，由题意得 所求直线l的斜率k满足 k≥kPB 或 k≤kPA，用直线的斜率公式求出kPB 和kPA 的值，‎ 解不等式求出直线l的斜率k的取值范围．‎ ‎【解答】解：如图所示：由题意得，所求直线l的斜率k满足 k≥kPB 或 k≤kPA，‎ 即 k≥或 k≤4‎ 故选：A．‎ ‎　‎ 二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）‎ ‎13．若三个球的表面积之比是1：2：3，则它们的体积之比是　　．‎ ‎【考点】球的体积和表面积．‎ ‎【分析】根据三个球的表面积之比是1：2：3，可得三个球的半径之比，利用三个球的体积之比是三个球的半径之比的立方，即可得到结论．‎ ‎【解答】解：∵三个球的表面积之比是1：2：3，‎ ‎∴三个球的半径之比是1：：，‎ ‎∵三个球的体积之比是三个球的半径之比的立方 ‎∴三个球的体积之比是 故答案为：‎ ‎　‎ ‎14．若直线l1：2x+my+1=0与直线l2：y=3x﹣1平行，则m=　　．‎ ‎【考点】两条直线平行的判定．‎ ‎【分析】当斜率相等但截距不相等建立等式关系，解之即可求出m使两直线平行．‎ ‎【解答】解：直线l2：y=3x﹣1的斜率为3‎ ‎∴直线l1：2x+my+1=0的斜率=3即m=‎ 故答案为：‎ ‎　‎ ‎15．已知点A（1，﹣2），B（5，6），直线l经过AB的中点M，且在两坐标轴上的截距相等，则直线l的方程是　2x﹣3y=0，或 x+y﹣5=0　．‎ ‎【考点】直线的截距式方程．‎ ‎【分析】求出中点坐标，当直线过原点时，求出直线方程，当直线不过原点时，设直线的方程为x+y=k，把中点坐标代入直线的方程可得k值，即得所求的直线方程．‎ ‎【解答】解：点A（1，﹣2），B（5，6）的中点坐标公式（3，2），‎ 当直线过原点时，方程为 y=x，即 2x﹣3y=0．‎ 当直线不过原点时，设直线的方程为x+y=k，把中点（3，2）代入直线的方程可得 k=5，‎ 故直线方程是 x+y﹣5=0．‎ 综上，所求的直线方程为 2x﹣3y=0，或 x+y﹣5=0，‎ 故答案为：2x﹣3y=0，或 x+y﹣5=0．‎ ‎　‎ ‎16．设变量x，y满足约束条件，则其目标函数z=2x+y的最大值为　7　．‎ ‎【考点】简单线性规划．‎ ‎【分析】作出题中不等式组表示的平面区域，得如图的四边形0CAB及其内部，再将目标函数z=2x+y对应的直线进行平移，可得当x=3且y=1时，z=2x+y取得最大值7．‎ ‎【解答】解：作出不等式组表示的平面区域，‎ 得到如图的四边形0CAB及其内部，‎ 其中A（3，1），B（0，4），C（2，0），0（0，0）‎ 设z=F（x，y）=2x+y，将直线l：z=2x+y进行平移，‎ 当l经过点A时，目标函数z达到最大值 ‎∴z最大值=F（2，1）=2×3+1=7‎ 故答案为：7‎ ‎　‎ 三、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．长方体AC1的长、宽、高分别为3、2、1，求从A到C1沿长方体的表面的最短距离．‎ ‎【考点】多面体和旋转体表面上的最短距离问题．‎ ‎【分析】画出长方体的侧面展开图，然后求其三角形的边长AC1的长，‎ ‎【解答】解：结合长方体的三种展开图不难求得AC1的长分别是：‎ ‎（1）将侧面ABB1A1和底面A1B1C1D1展开，则有，即经过侧面ABB1A1和底面A1B1C1D1时的最短距离是；‎ ‎（2）将侧面ABB1A1和面BB1C1C展开，则有AC1==，即经过侧面ABB1A1和面BB1C1C时的最短距离是；‎ ‎（3）将侧面ADD1A1和底面A1B1C1D1展开，则有，‎ 即经过侧面ADD1A1和底面A1B1C1D1时的最短距离是．‎ 由于，，所以由A到C1的正方体表面上的最短距离为．‎ ‎　‎ ‎18．已知△ABC的顶点B（﹣1，﹣3），边AB上的高CE所在直线的方程为4x+3y﹣7=0，BC边上中线AD所在的直线方程为x﹣3y﹣3=0．‎ ‎（1）求点C的坐标；‎ ‎（2）求直线AB的方程．‎ ‎【考点】待定系数法求直线方程．‎ ‎【分析】（1）设D（a，b），则C（2a+1，2b+3），联立CE与AD的方程解方程组可得点C的坐标．‎ ‎（2）由题意可垂直关系可得BC的斜率为﹣2，可得AB的方程为3x﹣4y﹣9=0，联立AB与AD的方程解方程组可得点A的坐标；结合A、B的坐标来求直线AB的方程．‎ ‎【解答】解：（1）设D（a，b），则C（2a+1，2b+3），‎ ‎∴，‎ 解得，‎ ‎∴D（0，﹣1），C（1，1）；‎ ‎（2）∵CE⊥AB，且直线CE的斜率为，‎ ‎∴直线AB的斜率为，‎ ‎∴直线AB的方程为，即3x﹣4y﹣9=0．‎ 由，解得，‎ ‎∴A（3，0），‎ ‎∴直线AB方程为：，‎ 化简整理得，3x﹣4y﹣9=0．‎ ‎　‎ ‎19．过定点P（2，1）作直线l，分别与x轴、y轴正方向交于A，B两点，求使△AOB面积最小时的直线方程．‎ ‎【考点】直线的一般式方程．‎ ‎【分析】设所求的直线方程，点的坐标代入方程后使用基本不等式，可求面积的最小值，注意检验等号成立条件．‎ ‎【解答】解：设所求的直线方程为（a＞0，b＞0），由已知．‎ 于是≤（）2=，当且仅当 =，即a=4，b=2时，取最大值，‎ 即S△AOB=•ab取最小值4．‎ 故所求的直线l的方程为，即x+2y﹣4=0．‎ ‎　‎ ‎20．已知某几何体的俯视图是如图所示的矩形，正视图（或称主视图）是一个底边长为8，高为4的等腰三角形，侧视图（或称左视图）是一个底边长为6，高为4的等腰三角形．‎ ‎（1）求该几何体的体积V；‎ ‎（2）求该几何体的侧面积S．‎ ‎【考点】由三视图求面积、体积．‎ ‎【分析】由题设可知，几何体是一个高为4的四棱锥，其底面是长、宽分别为8和6的矩形，正侧面及其相对侧面均为底边长为8，高为h1的等腰三角形，左、右侧面均为底边长为6、高为h2的等腰三角形，分析出图形之后，再利用公式求解即可．‎ ‎【解答】解：由题设可知，几何体是一个高为4的四棱锥，其底面是长、宽分别为8和6的矩形，正侧面及其相对侧面均为底边长为8，高为h1的等腰三角形，左、右侧面均为底边长为6、高为h2的等腰三角形，如图所示．‎ ‎（1）几何体的体积为 V=•S矩形•h=×6×8×4=64．‎ ‎（2）正侧面及相对侧面底边上的高为：‎ h1==5．‎ 左、右侧面的底边上的高为：‎ h2==4．‎ 故几何体的侧面面积为：‎ S=2×（×8×5+×6×4）‎ ‎=40+24．‎ ‎　‎ ‎21．已知圆C：x2+y2﹣2x+4y﹣4=0，是否存在斜率为1的直线l，使l被圆C截得的弦长AB为直径的圆过原点，若存在求出直线的方程l，若不存在说明理由．‎ ‎【考点】直线与圆相交的性质．‎ ‎【分析】将圆C化成标准方程，假设存在以AB为直径的圆M，圆心M的坐标为（a，b）．因为CM⊥l，则有kCM•kl=﹣1，表示出直线l的方程，从而求得圆心到直线的距离，再由：求解．‎ ‎【解答】解：圆C化成标准方程为（x﹣1）2+（y+2）2=9，假设存在以AB为直径的圆M，圆心M的坐标为（a，b）．‎ ‎∵CM⊥l，即kCM•kl=×1=﹣1‎ ‎∴b=﹣a﹣1‎ ‎∴直线l的方程为y﹣b=x﹣a，即x﹣y﹣2a﹣1=0‎ ‎∴|CM|2=（）2=2（1﹣a）2‎ ‎∴|MB|2=|CB|2﹣|CM|2=﹣2a2+4a+7‎ ‎∵|MB|=|OM|‎ ‎∴﹣2a2+4a+7=a2+b2，得a=﹣1或，‎ 当a=时，b=﹣，此时直线l的方程为x﹣y﹣4=0‎ 当a=﹣1时，b=0，此时直线l的方程为x﹣y+1=0‎ 故这样的直线l是存在的，方程为x﹣y﹣4=0或x﹣y+1=0．‎ ‎　‎ ‎22．已知圆C：（x﹣1）2+（y﹣2）2=25，直线l：（2m+1）x+（m+1）y﹣7m﹣4=0（m∈R）‎ ‎（Ⅰ）证明：无论m取什么实数，l与圆恒交于两点；‎ ‎（Ⅱ）求直线被圆C截得的弦长最小时l的方程．‎ ‎【考点】直线与圆相交的性质．‎ ‎【分析】（Ⅰ）求得所给的直线经过x+y﹣4=0 和2x+y﹣7=0的交点M（3，1），而点M在圆C：（x﹣1）2+（y﹣2）2=25的内部，从而得到l与圆恒交于两点．‎ ‎（Ⅱ）弦长最小时，MC和弦垂直，再利用点斜式求得弦所在的直线的方程．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）证明：直线l：（2m+1）x+（m+1）y﹣7m﹣4=0，即 x+y﹣4+m（2x+y﹣7）=0，‎ 恒经过直线x+y﹣4=0 和2x+y﹣7=0的交点M（3，1），‎ 而点M到圆心C（1，2）的距离为MC==＜半径5，‎ 故点M在圆C：（x﹣1）2+（y﹣2）2=25的内部，故l与圆恒交于两点．‎ ‎（Ⅱ）弦长最小时，MC和弦垂直，故弦所在的直线l的斜率为==2，‎ 故直线l的方程为y﹣1=2（x﹣3），即 2x﹣y﹣5=0．‎ ‎　‎