【数学】安徽省太和第一中学2020-2021学年高二10月月考（文）（普通班）（解析版）

【数学】安徽省太和第一中学2020-2021学年高二10月月考（文）（普通班）（解析版）

安徽省太和第一中学2020-2021学年 高二10月月考（文）（普通班）‎ 时间：120分钟；‎ ‎1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 ‎2．请将答案正确填写在答题卡上 第I卷（选择题）‎ 选择题：满分60分 一、单选题 ‎1．经过直线和的交点，且在两坐标轴上的截距相等的直线方程为（ ）‎ A． B．‎ C．或 D．或 ‎2．已知m，n为不同的直线，，为不同的平面，则下列说法中正确的是（ ）‎ A．若，且，则 B．若，且，则 C．若且，则 D．若，，则 ‎3．已知在三棱锥中，底面为等腰三角形，且，则该三棱锥外接球的表面积为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎4．某中学注重培育学生劳动自立意识和主动服务他人、服务社会的情怀.为了让学生更深刻理解劳动创造价值，丰富职业体验，现组织学生到工厂参加社会实践活动.学生在活动过程中观察到一个生产所需零件的几何体三视图如图所示（单位：），则该几何体的表面积（单位：）是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎5．已知四棱锥的顶点都在球上,底面是矩形,平面平面,为正三角形,,则球的表面积为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎6．设l，m表示两条不同的直线，α，β表示两个不同的平面，Q表示一个点，给出下列四个命题，其中正确的命题是（ ）‎ ‎①， ②， ③，，，‎ ‎④且，，，‎ A．①② B．②③ C．②③ D．③④‎ ‎7．若直线与曲线有且只有两个公共点，则的取值范围是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎8．若直线被圆截得的弦长为4，则的最小值是（ ）‎ A． B．－ C．－2 D．4‎ ‎9．已知分别为圆与圆上的动点，为轴上的动点，则的最小值为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎10．已知圆x2＋y2－4x＋2y＋c＝0与y轴交于A，B两点，圆心为P，若∠APB＝90°，则c的值为(　　)‎ A．－3 B．3‎ C．8 D．－2‎ ‎11． 若x、y满足x2＋y2－2x＋4y－20＝0，则x2＋y2的最小值是(　　)‎ A．－5 B．5－‎ C．30－10 D．无法确定 ‎12．如图，边长为1的菱形中， ，沿 将 翻折，得到三棱锥 ，则当三棱锥体积最大时，异面直线 与所成角的余弦值为（ ）‎ A． B． C． D．‎ 第II卷（非选择题）‎ 填空题满分20分 二、填空题 ‎13．已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，，，过球心.若球的表面积为，则此三棱锥的体积为_________.‎ ‎14．已知圆的圆心在直线上，圆M与直线相切于点，则圆的标准方程为______.‎ ‎15．已知直线与圆相交于两点，若，则 ．‎ ‎16．已知正三棱锥，点都在半径为的球面上，若两两互相垂直，则球心到截面的距离为________．‎ 三、解答题 ‎17． 求经过点A（2，－1），和直线相切，且圆心在直线上的圆的方程 ‎18．如图，在三棱锥中，平面，，分别为棱上一点，且.‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）当时，求三棱锥的表面积.‎ 19． ‎（本小题满分12分）已知圆过点M（0，-3），N（2，1），且圆心到直线MN的距离是，求圆的标准方程 ‎20．如图，四棱锥中，底面，，，，为线段上一点，，为的中点.‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）求点到平面的距离；‎ ‎（3）求直线与平面所成角的正弦值.‎ ‎21．已知顶点的坐标为，，.‎ ‎（1）求点到直线的距离及的面积；‎ ‎（2）求外接圆的方程.‎ ‎22．(本小题满分12分) ‎ 如图，已知,分别是正方形边,的中点，与交于点，都垂直于平面，且，是中点．‎ ‎（Ⅰ）求证：平面平面；‎ ‎（Ⅱ）求二面角的余弦值．‎ 参考答案 ‎1．C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设直线方程为，求出其在两坐标轴上的截距，令其相等，解方程即可求出结果.‎ ‎【详解】‎ 解：设直线方程为，‎ 即 令，得，‎ 令，得.‎ 由，‎ 得或.‎ 所以直线方程为或.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】‎ 此题是一道中档题也是一道易错题，要求学生会利用待定系数法求直线的方程，学生做题时往往会把过原点的情况忽视导致答案不完整.‎ ‎2．C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ AB两个选项中直线位置均不能确定，D选项中的直线可能在平面内.‎ ‎【详解】‎ 对于A选项，若，，则或，又，所以，或m，n异面，或m，n相交，A错误；‎ 对于B选项，若，且，则m，n也可能相交或异面，B错误；‎ 对于C选项，因为且，内必有直线l与m平行，,根据面面垂直的判定定理，可得出，C正确；‎ 对于D选项，若，，则或，D错误.‎ 故选：C ‎【点睛】‎ 此题考查线面位置关系的判定，关键在于熟练掌握定理公理，根据定理公理推理论证即可.‎ ‎3．A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由即，又由，可得平面，在中，得到，利用线面垂直的判定定理平面，在中得到，‎ 进而在直角中，求得，得到球的半径，即可求解．‎ ‎【详解】‎ 由题意，设球的半径为，如图所示，‎ 由即，又由，可得平面，‎ 又由在中，，所以，则，‎ 又由，且，所以平面，‎ 又由底面为等腰三角形，，所以，‎ 在直角中，，所以,‎ 即，所以，‎ 所以球的表面积为．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了组合体的结构特征，以及外接球的表面积的计算，其中解答中熟练应用组合的结构特征，以及球的性质求解求得球的半径是解答的关键，着重考查了空间想象能力，以及推理与运算能力，属于中档试题．‎ ‎4．A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 观察三视图知该几何体是由一个圆柱和一个半球拼接而成，分别计算圆柱的侧面积，半球的表面积和一个圆的面积即可.‎ ‎【详解】‎ 通过三视图可知该几何体是由一个圆柱和一个半球拼接而成,‎ 其中圆柱的底面半径为，高为1；半球的半径为1‎ ‎∴该几何体的表面积为 ‎（）‎ 故选：A ‎【点睛】‎ 本题主要考查空间几何体的表面积计算，属于基础题.‎ ‎5．B ‎【解析】‎ 试题分析：过点P作PE∥AB,交球面于点E,连接BE,CE,则BE∥AP,CE∥DP,三棱柱APD-BEC为正三棱柱,故球心为正三棱柱上下底面中心连线的中点,因为△PAD为正三角形,AD=2,所以△PAD外接圆的半径为,所以球O的半径,所以球O的表面积为.‎ 考点：球与几何体的切接；球的表面积.‎ ‎6．D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据点线面的位置关系，判断①的正确性.根据公理1判断②的正确性，根据公理2及其推论判断③的正确性，根据面面垂直的性质，判断④的正确性.‎ ‎【详解】‎ 对于①，点和直线都在平面内，但是不一定在直线上，故①错误.‎ 对于②，根据条件可知直线有一个点在内，根据公理1，无法判断直线是否含于平面，故②错误.‎ 对于③，由于，所以与共面，直线与确定一个平面，且，，所以，故③正确.‎ 对于④，且，而，，，过一点只能作平面的一条垂线，且，所以，故④成立 故选：D ‎【点睛】‎ 本小题主要考查空间点、线、面位置关系有关命题真假性的判断，属于基础题.‎ ‎7．C ‎【解析】‎ 试题分析：在同一直角坐标系内画出直线与曲线的图象 当直线在和（不包括）之间平行移动时，直线和曲线有两个公共点，当和重合时；当直线和重合时，所以，选C.‎ 考点：直线和圆的位置关系.‎ ‎8．D ‎【解析】‎ 试题分析： 所以直线过圆心，进而得到，进而，再利用基本不式得到的最小值为，所以答案为D．‎ 考点：1．直线和圆；2．基本不等式．‎ ‎9．B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 计算圆关于轴对称的圆为，的最小值为 ‎，计算得到答案.‎ ‎【详解】‎ 圆关于轴对称的圆为圆 则的最小值为.‎ 故选：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了距离的最值问题，转化为圆心距的关系是解题的关键，意在考查学生的计算能力和转化能力.‎ ‎10．A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过配方，求得圆的圆心坐标和半径，由∠APB＝90°时，弦心距、半径和半弦长构成等腰直角三角形，列出方程，即可求解.‎ ‎【详解】‎ 由题意，配方得(x－2)2＋(y＋1)2＝5－c，圆心是点P(2，－1)，半径r＝，点P到y轴的距离为2.‎ 当∠APB＝90°时，弦心距、半径和半弦长构成等腰直角三角形，‎ 所以，得c＝－3，故选A.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了圆的方程的应用，其中解答中利用配方得到圆的标准方程，求得圆心坐标和半径，转化为弦心距、半径和半弦长构成等腰直角三角形，列出方程是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.‎ ‎11．C ‎【解析】‎ 由x2＋y2－2x＋4y－20＝0得，设圆心，则x2＋y2的最小值是,选C.‎ 点睛：与圆上点有关代数式的最值的常见类型及解法．①形如型的最值问题，可转化为过点和点的直线的斜率的最值问题；②形如型的最值问题，可转化为动直线的截距的最值问题；③形如型的最值问题，可转化为动点到定点的距离平方的最值问题．‎ ‎12．D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当三棱锥体积最大时，平面平面，取中点，连接，则平面，平面，以为原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求出异面直线 与所成角的余弦值．‎ ‎【详解】‎ 当三棱锥体积最大时，平面平面，‎ 边长为1的菱形中，‎ 取中点，连接，则平面，平面，‎ 以为原点，分别为轴，建立空间直角坐标系 则，‎ 设异面直线 与所成角为 即异面直线 与所成角的余弦值为 故选D．‎ ‎【点睛】‎ 求异面直线所成的角，转化为两直线的方向向量的夹角，建立空间直角坐标系和表示出所需点的坐标是解题的关键.‎ ‎13．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出的外接圆半径，再求出外接球的半径，从而可求球到平面的距离，而到平面的距离为前者的两倍，从而可求三棱锥的体积.‎ ‎【详解】‎ 如图，设的外心为，外接圆半径为，BC的中点为D，‎ 中，，，所以，.‎ 中，由勾股定理得，解得.‎ 因为球的表面积为，可求得球的半径，所以.‎ 又过球心，因此点到平面的距离为.‎ 因为，‎ 所以.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查三棱锥的体积，注意利用外接球球心的性质来沟通外接球的半径与三棱锥的高之间的关系，本题属于中档题.‎ ‎14．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设圆的标准方程，圆心，依题意的斜率为，又圆心在，可得出关于的两关系式，可求出，进而求出半径，即可求出圆的标准方程.‎ ‎【详解】‎ 可设圆的标准方程为，则根据题意可得 解方程组可得 即得圆的方程为.‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查圆的标准方程，确定圆心坐标关系是解题的关键，属于基础题.‎ ‎15．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：圆心，半径为1，圆心到直线距离，而，得，解得 考点：直线与圆位置关系 ‎16．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：三棱锥中两两互相垂直，所以三棱锥外接球与以为临边的正方体外接球是相同的，由半径为可得,由得P到平面的距离为，所以球心到截面的距离为 考点：三棱锥与球的位置关系 点评：本题根据三棱锥的特点将其转化到正方体上，使其容易确定球心位置 ‎17．.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：由圆心在直线上，则圆心的坐标满足直线的方程，所以可设圆心坐标为；由圆经过点且和直线相切，则圆心到点的距离等于到直线的距离，都等于圆的半径，可得，解得；所以圆心为（1，－2），半径为，所求的圆的方程为.‎ 试题解析：解：因为圆心在直线上，所以可设圆心坐标为，据题意得：‎ ‎ ， ∴ ，‎ ‎ ∴ ， ∴ 圆心为（1，－2），半径为， ∴所求的圆的方程为.‎ 考点：圆的标准方程的求法.‎ ‎18．（1）见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由平面，得到，结合，可证得平面，即得证；‎ ‎（2）由，可得，在中，，所以 ‎，运算可得解.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）连接平面 又平面，‎ 又平面，‎ ‎（2）由平面，平面 平面平面得，‎ 因为 所以 所以由（1）可得，，则 又，得 在中，‎ 所以 则该三棱锥的表面积 ‎【点睛】‎ 本题考查了立体几何综合，考查了线线垂直的证明和三棱锥的表面积的求解，考查了学生空间想象，逻辑推理，数学运算的能力，属于中档题.‎ ‎19．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：求解圆的方程一般采用待定系数法或性质法，本题中由圆所过的两点M，N坐标可得到圆心在线段MN的中垂线上，得到关于圆心的方程，利用圆心到直线MN的距离可得到关于圆心的另一关系式，解方程组可得到圆心值，进而求得圆的半径，得到其方程 试题解析：‎ ‎，‎ 考点：圆的方程及性质 ‎20．（1）证明见解析（2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）取中点，连接，根据已知条件，可证四边形为平行四边形，即可得证结论；‎ ‎（2）点到平面的距离，即为点到平面的距离，求出，的面积，等体积法，即可求出结论；‎ ‎（3）由（2）的结论，得出直线与平面所成的角，解直角三角形，即可求解.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）证明：取中点，连接，‎ ‎∵为的中点，∴，且，‎ 又，且，‎ ‎∴，且，‎ 则，且，‎ ‎∴四边形为平行四边形，∴.‎ 又∵平面.平面，‎ ‎∴平面.‎ ‎（2）取的中点，连接，∵，‎ ‎∴且，∴四边形是矩形，‎ ‎∴，又∵平面，∴，‎ ‎∴平面且，‎ 过点作平面于，‎ 则即为点到平面的距离.‎ ‎∵，∴，‎ ‎，∴.‎ ‎（3）连接由（2）知 即为直线与平面所成的角，‎ 在中，，，∴，‎ 又∵是的中点，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ 所以直线与平面所成角的正弦值为. ‎ ‎【点睛】‎ 本题考查线面平行的证明，考查点到面距离，以及直线与平面所成的角，解题的关键是等体积法的应用，属于中档题.f ‎21．（1），（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)求出直线OB的方程,利用点到直线的距离公式求出距离,结合三角形的面积公式进行求解即可.‎ ‎(2)设出圆的一般方程,利用待定系数法求解D,E,F即可.‎ ‎【详解】‎ ‎(1)解：直线方程为：‎ 点到直线的距离 又 ‎(2)设外接圆的方程为：‎ 把三点，，分别代入，得：‎ 求的外接圆的方程为 ‎【点睛】‎ 本题主要考查三角形的面积的计算以及三角形外接圆的求解,利用待定系数法是解决本题的关键.‎ ‎22．（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：(1)利用已知的面面垂直关系建立空间直角坐标系，准确写出相关点的坐标，从而将几何证明转化为向量运算.其中灵活建系是解题的关键.(2)把两平面所成角的余弦值转化为两平面法向量夹角的余弦值;(3）空间向量将空间位置关系转化为向量运算，应用的核心是要充分认识形体特征，建立恰当的坐标系，实施几何问题代数化.同时注意两点：一是正确写出点、向量的坐标，准确运算；二是空间位置关系中判定定理与性质定理条件要完备.‎ 试题解析：法1：（Ⅰ）连结，∵平面，平面，∴‎ 又∵，，∴平面，‎ 又∵分别是、的中点，∴，‎ ‎∴平面，又平面，‎ ‎∴平面平面； 5分 ‎ ‎ ‎（Ⅱ）连OM，∵平面，平面，‎ ‎∴，‎ 在等腰三角形中，点为的中点，∴，‎ ‎∴为所求二面角的平面角， ‎ 设，∵点是的中点，∴，‎ 所以在矩形中，‎ 可求得，， 9分 在中，由余弦定理可求得：‎ ‎，‎ ‎∴二面角的余弦值为． 12分 ‎ 法2：（Ⅰ）同法1； 5分 ‎（Ⅱ）设,建立如图所示的直角坐标系，‎ ‎ ‎ 则,，，，， ‎ ‎∴，，则，‎ 设平面的法向量为，‎ 则，令，得，‎ 即，‎ 同理可求平面一个法向量， 9分 ‎∴，‎ ‎∴二面角的余弦值为． 12分 ‎ 考点：空间点、线、面的位置关系.‎