2018-2019学年新疆自治区北京大学附属中学新疆分校高二10月月考数学试题 解析版

2018-2019学年新疆自治区北京大学附属中学新疆分校高二10月月考数学试题 解析版

北大附中新疆分校 ‎2018－2019学年度第一学期高二年级月考试卷 数 学 问 卷 考试时间120分钟 满分150分 一：选择题：（5×12＝60分）‎ ‎1.在空间直角坐标系中，点（-2,1,4）关于轴对称的点坐标是（　 ）‎ A. （-2 , 1 , -4） B. （2 , 1 , -4）‎ C. （-2 , -1 , -4） D. （2 , -1 , 4）‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据空间直角坐标系对称点的特征，点（x，y，z）关于x轴的对称点的坐标为只须将横坐标、竖坐标变成原来的相反数即可，即可得对称点的坐标．‎ ‎【详解】∵在空间直角坐标系中，‎ 点（x，y，z）关于x轴的对称点的坐标为：（x，﹣y，﹣z），‎ ‎∴点（﹣2，1，4）关于x轴的对称点的坐标为：‎ ‎（﹣2，﹣1，﹣4）．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本小题主要考查空间直角坐标系、空间直角坐标系中点的坐标特征等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想．属于基础题 ‎2.若方程x2+y2+x+y+k=0表示一个圆,则k的取值范围是( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据二次方程表示圆的充要条件列出不等式，通过解不等式求出k的范围．‎ ‎【详解】∵方程x2+y2+x+y+k=0表示一个圆,‎ ‎∴1+1-4k＞0 ∴‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】二元二次方程x2+y2+Dx+Ey+F=0表示圆的充要条件为：D2+E2‎-4F＞0‎ ‎3.边长为正四面体的表面积是 （ ）‎ A. ； B. ；‎ C. ； D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据边长为a的正四面体的表面为4个正三角形，运用公式计算可得．‎ ‎【详解】∵边长为a的正四面体的表面为4个边长为a正三角形，‎ ‎∴表面积为：4×a=a2，‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查了空间几何体的性质，面积公式，属于简单的计算题．‎ ‎4.与圆，圆都相切的直线条数是（ ）‎ A. 2条 B. 3条 C. 4条 D. 1条 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据已知中圆的方程，求出圆心坐标和半径，判断出两圆外切，可得答案．‎ ‎【详解】圆的圆心坐标为（﹣2，2），半径为1，‎ 圆的圆心坐标为（2，5），半径为4，‎ 两个圆心之间的距离d=5，等于半径和，‎ 故两圆外切，‎ 故公切线共有3条，‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查的知识点是两圆的位置关系，圆的一般方程，属于基础题．‎ ‎5.设为直线，是两个不同的平面，下列命题中正确的是( )‎ A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，则 D. 若，则 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A中，由可知可能，也可能与相交；B中，由可知可能，也可能；D中，由可知可能也可能与相交．故选C．‎ 考点：线面平行、垂直．‎ ‎6.长方体的一个顶点上的三条棱长分别为3、4、5，且它的8个顶点都在同一个球面上，则这个球表面积是（ ）‎ A. ； B. ；‎ C. ； D. 都不对 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 长方体的8个顶点都在同一球面上，则这个球是长方体的外接球，所以球直径等于长方体的体对角线长，即，所以球的表面积为，故选B ‎7.某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积是 ( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 三视图对应的原图如下所示：‎ ‎ ‎ ‎，面，‎ ‎∴．‎ 选．‎ ‎8.直线与圆相交于两点，则弦长（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：圆心到直线的距离为，所以弦长为.‎ 考点：直线与圆的位置关系．‎ ‎9. 如下图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中：‎ ‎①BM与ED平行 ②CN与BE是异面直线 ‎ ‎③CN与BM成60o角 ④DM与BN是异面直线 以上四个命题中，正确命题的序号是 A. ①②③ B. ②④ C. ③④ D. ②③④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 画出正方体，如图所示，易知，①②错误，③④正确．故选C.‎ ‎10.若圆 上有且仅有两个点到直线的距离为1，则半径的取值范围为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 略 ‎11.四面体中，若，则点在平面内的射影点是的( )‎ A. 外心 B. 内心 C. 垂心 D. 重心 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知条件推导出△POA≌△POB≌△POC，由此能求出点P在平面ABC内的射影点O是三角形ABC的外心．‎ ‎【详解】设P在平面ABC射影为O，‎ ‎∵PA=PB=PC，PO=PO=PO，（公用边），∠POA=∠POB=∠POC=90°，‎ ‎∴△POA≌△POB≌△POC，‎ ‎∴OA=OB=OC，‎ ‎∴O是三角形ABC的外心．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查三角形外心的判断，是基础题，解题时认真审题，注意空间思维能力的培养．‎ ‎12.曲线　与直线有两个交点，则实数的取值范围是( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：曲线可以化为，它表示以为圆心，以为半径的圆的上半部分，而直线4过定点，画出图象可知当直线过点时，直线与半圆有两个交点，此时直线的斜率为；当直线与半圆相切时，直线斜率为，所以要使半圆与曲线有两个交点，实数的取值范围是，故选D．‎ 考点：直线与圆的位置关系．‎ 二．填空题：（5×4＝20分）‎ ‎13.点P（4，－2）与圆上任一点连线的中点轨迹方程是___________________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 设圆上任一点坐标为M(x0，y0)，则，PM的中点坐标为(x，y)，‎ 则解得代入中得(x－2)2＋(y＋1)2＝1.‎ 点睛：求轨迹方程的常用方法：‎ ‎（1）直接法：直接利用条件建立x，y之间的关系F(x，y)＝0．‎ ‎（2）待定系数法：已知所求曲线的类型，求曲线方程．‎ ‎（3）定义法：先根据条件得出动点的轨迹是某种已知曲线，再由曲线的定义直接写出动点的轨迹方程．‎ ‎（4）代入(相关点)法：动点P(x，y)依赖于另一动点Q(x0，y0)的变化而运动，常利用代入法求动点P(x，y)的轨迹方程．‎ ‎14.空间坐标系中，给定两点A、B，满足条件|PA|=|PB|的动点P的轨迹方程是_______________．（即P点的坐标x、y、z间的关系式）‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 设，因为，所以 ‎，化简可得，即 ‎15.若为圆的弦AB的中点，则直线AB的方程是____‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：圆心,直线斜率 ,所以直线AB为 考点：直线方程与直线与圆相交的位置关系 点评：直线与圆相交，弦长一半，圆的半径，圆心到直线的距离构成直角三角形 ‎16.已知为直线，为平面，有下列三个命题：‎ ‎（1） ，则； （2） ，则；‎ ‎（3） ，则； （4） ，则；‎ 其中正确命题是__________________________‎ ‎【答案】(2)‎ ‎【解析】‎ ‎（1），则；显然不正确，因为两个平面的位置关系可以是任意的，两个直线的关系也是不确定的；（2），则，是正确的，垂直于同一平面的两条直线是平行的；（3），则，不正确，因为还有一种可能是直线a在平面内；（4），则，不正确，因为直线b有可能在平面。故正确的只有（2）.‎ 故答案为：1.‎ 点睛：这个题目考查了空间中点线面的位置关系，对于这种题目的判断一般是利用课本中的定理和性质进行排除，判断。还可以画出样图进行判断，利用常见的立体图形，将点线面放入特殊图形，进行直观判断。‎ 三．解答题（共70分）‎ ‎17.求与圆同心，且与直线相切的圆的方程 ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出圆心坐标，再求出圆心到切线的距离即圆的半径，然后得圆标准方程．‎ ‎【详解】已知圆配方得，圆心为，‎ ‎，‎ ‎∴所求圆标准方程为． ‎【点睛】求圆的标准方程，关键是求出圆心坐标和圆的半径，则圆方程为．‎ ‎18.已知一个长方体共一顶点的三个面的面积分别是、、，‎ ‎（1）求这个长方体的对角线长。 ‎ ‎（2）求这个长方体的的体积 ‎【答案】(1) (2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设此长方体的棱长分别为a，b，c，则，解出a，b，c，再利用长方体的对角线长l=即可．‎ ‎（2）由（1）知a，b，c，利用长方体体积公式即可得到结果．‎ ‎【详解】（1）设此长方体的棱长分别为a，b，c，则，可得，解得，a=，b=1．‎ 这个长方体的对角线长l==．‎ ‎（2）由（1）可知：V=abc=．‎ ‎【点睛】熟练掌握长方体的侧面积、对角线长及体积计算公式是解题的关键．‎ ‎19.如图，在直三棱柱中，，分别是棱上的点（点 不同于点），且为的中点．‎ 求证：（1）平面平面 ‎（2）直线平面．‎ ‎【答案】（1）见解析，（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）依题意，可证AD⊥平面BCC1B1，再利用面面垂直的判定定理即可证得平面ADE⊥平面BCC1B1；‎ ‎（2）A1B1=A‎1C1，F为B‎1C1的中点，可证A‎1F⊥B‎1C1，进一步可证A‎1F⊥平面BCC1B1；由（1）知AD⊥平面BCC1B1，从而A‎1F∥AD，利用线面平行的判定定理即可证得结论.‎ ‎【详解】（1）因为ABC﹣A1B‎1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC．‎ 又AD⊂平面ABC，所以CC1⊥AD． 又因为AD⊥DE，CC1，DE⊂平面BCC1B1，CC1∩DE=E，‎ 所以AD⊥平面BCC1B1．‎ 又AD⊂平面ADE，所以平面ADE⊥平面BCC1B1．‎ ‎（2）因为A1B1=A‎1C1，F为B‎1C1的中点，所以A‎1F⊥B‎1C1．‎ 因为CC1⊥平面A1B‎1C1，且A‎1F⊂平面A1B‎1C1，所以CC1⊥A‎1F，‎ 又因为CC1，B‎1C1⊂平面BCC1B1，CC1∩B‎1C1=C1，所以A‎1F⊥平面BCC1B1．‎ 由（1）知AD⊥平面BCC1B1，所以A‎1F∥AD．‎ 又AD⊂平面ADE，A‎1F⊄平面ADE，所以A‎1F∥平面ADE ‎【点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.‎ ‎(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.‎ ‎(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.‎ ‎(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.‎ ‎20.如图，在三棱锥中，分别是的中点， ‎ ‎ ‎ ‎（1） 求证：平面；‎ ‎（2） 求异面直线与所成角的余弦值；‎ ‎（3） 求点到平面的距离。‎ ‎【答案】⑴见证明；⑵；⑶‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）要证AO⊥平面BCD，只需证AO⊥BD，AO⊥CO即可，结合已知条件，根据勾股定理即可得到答案；‎ ‎（2）取AC中点F，连接OF、OE、EF，由中位线定理可得EF∥AB，OE∥CD，则∠OEF（或其补角）是异面直线AB与CD所成角，然后在Rt△AOC中求解；‎ ‎（3）利用等体积变换，可求出点E到平面ACD的距离．‎ ‎【详解】（1）证明：连接 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 在中，由已知可得：， 而 ‎，即 ‎ ‎ ‎ ‎（2）解：取的中点，连接 由为的中点知 ‎ 直线与所成的锐角就是异面直线与所成的角。 ‎ 在中, ，‎ ‎ 是斜边上的中线 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎（3）解：设点到平面的距离为。‎ ‎ 在中， ‎ 而 ‎ ‎ 点到平面的距离为 ‎【点睛】等积法：等积法包括等面积法和等体积法．等积法的前提是几何图形(或几何体)的面积(或体积)通过已知条件可以得到，利用等积法可以用来求解几何图形的高或几何体的高，特别是在求三角形的高和三棱锥的高时，这一方法回避了通过具体作图得到三角形(或三棱锥)的高，而通过直接计算得到高的数值．‎ ‎21.已知圆和直线交于P、Q两点且OP⊥OQ（O为坐标原点），求该圆的圆心坐标及半径.‎ ‎【答案】圆心坐标为（－，3），半径 ‎【解析】‎ 试题分析：‎ 将代入方程，‎ 得．‎ 设P，Q，则满足条件：‎ ‎．‎ ‎∵ OP⊥OQ, ∴而，，‎ ‎∴．‎ ‎∴，此时Δ，圆心坐标为（－，3），半径．‎ 考点：本题主要考查直线与圆的位置关系、圆的方程。‎ 点评：巧妙地利用一元二次方程根与系数的关系，是解析几何中常见技巧。‎ ‎22.如图，在正三棱柱中，AB＝2，由顶点B沿棱柱侧面经过棱到顶点C1的最短路线与棱的交点记为M，求：‎ ‎ ‎ ‎（Ⅰ）三棱柱的侧面展开图的对角线长.‎ ‎（Ⅱ）该最短路线的长及的值.‎ ‎（Ⅲ）平面与平面ABC所成二面角（锐二面角）‎ ‎【答案】⑴；⑵,；⑶45°‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）利用侧面展开法即可求出对角线长；‎ ‎（Ⅱ）利用侧面展开法进行求解即可，求出DC1和的值即可；‎ ‎（Ⅲ）连接DB，C1B，可证∠C1BC就是平面C1MB与平面ABC所成二面角的平面角，在三角形C1BC中求出此角的大小．‎ ‎【详解】（Ⅰ）正三棱柱的侧面展开图是长为6， 宽为2的矩形，‎ 其对角线长为 ‎（Ⅱ）如图，将侧面绕棱AA1, , 旋转120°使其与侧面在同一平面上，点B运动到点D的位置，连接DC1交AA1于M，则DC1就是由顶点B沿棱柱侧面经过棱AA1到顶点C1的最短路线，其长为 ‎,‎ 故；‎ ‎（Ⅲ）连接DB，C1B，则DB就是平面C1MB与平面ABC的交线，‎ 在△DCB中，‎ ‎,‎ ‎,又平面 由三垂线定理得， ‎ 就是平面C1MB与平面ABC所成二面角的平面角（锐角），‎ ‎∵侧面是正方形，，‎ 故平面C1MB与平面ABC所成的二面角（锐角）为45°‎ ‎【点睛】本小题主要考查直线与平面的位置关系、棱柱等基本知识，以及二面角的求解，利用定义法以及侧面展开法是解决本题的关键．考查学生的运算和推理能力．‎