江西宜春上高第二中学高二数学月考理

江西省宜春市上高县第二中学2019-2020学年高二数学上学期10月月考试题 理（含解析）一：选择题。1.圆的圆心在()A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】A【解析】【分析】将圆的一般方程化简为标准方程，即可得出答案。【详解】化简得到，圆心为 ，在第一象限故选A【点睛】本题考查圆的一般方程与标准方程的互化，属于基础题。2.已知是两条不同直线，是三个不同平面，下列命题中正确的是（ ）A. 若则B. 若则C. 若则D. 若则【答案】D【解析】【详解】A项，可能相交或异面,当时，存在，故A项错误；B项，可能相交或垂直,当时，存在，故B项错误；C项，可能相交或垂直,当时，存在，故C项错误；D项，垂直于同一平面的两条直线相互平行，故D项正确,故选D.本题主要考查的是对线，面关系的理解以及对空间的想象能力.考点：直线与平面、平面与平面平行的判定与性质；直线与平面、平面与平面垂直的判定与性质.3.过半径为2的球O表面上一点A作球O的截面，若OA与该截面所成的角是，则截面的面积是()A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据截面半径与球半径，球心到截面的距离，构成的直角三角形，解出截面半径，即可求出答案。【详解】如图所示：为截面半径， , ，则,截面积= 故选C【点睛】本题考查球截面面积，属于基础题。4.若圆与圆有三条公切线，则的值为（ ）A. 2B. C. 4D. 6【答案】C【解析】【分析】由两圆有三条公切线，可知两圆外切，则两圆的圆心距等于半径之和，列出式子即可求出的值。【详解】由题意可知两圆外切，圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为，则，解得.故答案为C.【点睛】本题考查了两圆的公切线，考查了圆与圆的位置关系，考查了计算能力，属于基础题。5.圆锥的母线长为，侧面展开图为一个半圆，则该圆锥表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由圆锥展开图为半径为的半圆，得出其弧长等于圆锥的底面圆周长，可得出圆锥底面圆的半径，然后利用圆锥的表面积公式可计算出圆锥的表面积.【详解】一个圆锥的母线长为，它的侧面展开图为半圆，半圆的弧长为，即圆锥的底面周长为，设圆锥的底面半径是，则得到，解得，这个圆锥的底面半径是，圆锥的表面积为故选：B【点睛】本题考查圆锥表面积的计算，计算时要结合已知条件列等式计算出圆锥的相关几何量，考查运算求解能力，属于中等题.6.圆上存在两点关于直线对称，则的最小值为A. 8B. 9C. 16D. 18【答案】B【解析】由圆的对称性可得，直线必过圆心，所以.所以，当且仅当，即时取等号，故选B7.如图，在正方体中，E为线段的中点，则异面直线DE与所成角的大小为（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】建立空间直角坐标系，先求得向量的夹角的余弦值，即可得到异面直线所成角的余弦值，得到答案.【详解】分别以所在的直线为建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，可得,所以，所以，所以异面直线和所成的角的余弦值为，所以异面直线和所成的角为，故选B.【点睛】本题主要考查了异面直线所成角的求解，其中解答中建立适当的空间直角坐标系，利用向量的夹角公式求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.8.如图，网格纸上正方形小格的边长为1，图中粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为()A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】在正方体中还原三视图，计算即可。【详解】三视图还原如图所示：该几何体的体积为【点睛】本题考查三视图还原，一般将其在正方体或长方体中还原，属于基础题9.若x、y满足x2y22x4y200，则x2y2的最小值是()A. 5B. 5C. 3010D. 无法确定【答案】C【解析】由x2y22x4y200得，设圆心，则x2y2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；形如型的最值问题，可转化为动直线的截距的最值问题；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10.如图，在正方体中，平面经过，直线，则平面截该正方体所得截面的面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】如图所示，连接与交于，取的中点，连接，则，平面平面平面，是满足条件的截面，由正方体的性质可得，平面截该正方体所得截面的面积为，故选D.【方法点晴】本题主要考查线面平行的判定定理棱锥的体积公式，属于难题.证明线面平行的常用方法：利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面. 11.已知圆，直线上至少存在一点，使得以点为原心，半径为1的圆与圆有公共点，则的最小值是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：因为圆的方程为，整理得，所以圆心为，半径为，又因为直线上至少存在一点，使得以点为圆心，半径为的圆与圆有公共点，所以点到直线的距离小于或等于，所以，化简，解得，所以的最小值是，故选A.考点：直线与圆位置关系及其应用12.如图，在正三棱柱中，,，分别是棱，的中点，为棱上的动点，则的周长的最小值为()A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据正三棱柱的特征可知为等边三角形且平面，根据可利用勾股定理求得；把底面与侧面在同一平面展开，可知当三点共线时，取得最小值；在中利用余弦定理可求得最小值，加和得到结果.【详解】三棱柱为正三棱柱 为等边三角形且平面平面 把底面与侧面在同一平面展开，如下图所示：当三点共线时，取得最小值又，周长的最小值为：本题正确选项：【点睛】本题考查立体几何中三角形周长最值的求解问题，关键是能够将问题转化为侧面上两点间最短距离的求解问题，利用侧面展开图可知三点共线时距离最短.二、填空题。13.如图所示，表示水平放置的的直观图，在轴上，与轴垂直，且，则的边上的高为_【答案】【解析】【分析】根据题目给出的图形，首先求出A点在新系下的坐标，取2倍后就是原图中A点的纵坐标，也就是OB边上的高【详解】如图，由AO=2，可得A 在xoy系下的横坐标为-2，纵坐标为，根据水平放置的平面图形的直观图的画法知，A 在原坐标系下的纵坐标为4，即原三角形AOB的边OB上的高为故答案为：【点睛】本题考查了平面图形的直观图，画水平放置的平面图形的直观图时，在原系下在坐标轴上或平行于坐标轴的线段，在新系下仍在坐标轴上或平行于坐标轴，横轴的长度不变，纵轴的减半14.从原点向圆作两条切线，则该圆夹在两条切线间的劣弧长为_【答案】【解析】把圆的方程化为标准方程为，得到圆心的坐标为，圆的半径，由圆切线的性质可知，且，则，该圆夹在两条切线间的劣弧长，故答案为.15.若直线与曲线相交于A，B两点，O为坐标原点，当的面积取最大值时，实数m的取值_【答案】【解析】【分析】点O到的距离，将的面积用表示出来，再利用均值不等式得到答案.【详解】曲线表示圆心在原点，半径为1的圆的上半圆，若直线与曲线相交于A，B两点，则直线的斜率，则点O到的距离，又，当且仅当，即时，取得最大值所以，解得舍去)故答案为【点睛】本题考查了点到直线的距离，三角形面积，均值不等式，意在考查学生的计算能力.16.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a，点E，F，G分别为棱AB，AA1，C1D1的中点下列结论中，正确结论的序号是_过E，F，G三点作正方体的截面，所得截面为正六边形；B1D1平面EFG；BD1平面ACB1；异面直线EF与BD1所成角的正切值为；四面体ACB1D1的体积等于a3【答案】【解析】【分析】根据公理3，作截面可知正确；根据直线与平面的位置关系可知不正确；根据线面垂直的判定定理可知正确；根据异面直线所成的角的定义求得异面直线EF与BD1的夹角的正切值为，可知正确；用正方体体积减去四个正三棱锥的体积可知不正确【详解】解：延长EF分别与B1A1，B1B的延长线交于N，Q，连接GN交A1D1于H，设HG与B1C1的延长线交于P，连接PQ交CC1于I，交BC于M，连FH，HG，GI，IM，ME，则截面六边形EFHGIM为正六边形，故正确；B1D1与HG相交，故B1D1与平面 EFG相交，所以不正确；BD1AC，BD1B1C，且AC与B1C相交，所以BD1平面ACB1，故正确；取的中点，连接，则，所以就是异面直线EF与BD1的夹角，设正方体的边长为，可得：,所以是直接三角形.可得：.可得异面直线EF与BD1的夹角的正切值为，故正确；四面体ACB1D1的体积等于正方体的体积减去四个正三棱锥的体积，即为，故不正确故答案为：【点睛】本题主要考查了命题的真假判断，考查空间思维能力及作图能力、线面位置关系，还考查了求异面直线所成的角，还考查了空间几何体的体积计算，属于难题三、解答题。17.如图，菱形ABCD与正三角形BCE的边长均为2，且平面ABCD平面BCE，平面ABCD， (I)求证：平面ABCD；(II)求证：平面ACF平面BDF【答案】（）见解析;（）见解析.【解析】(1)添加辅助线，通过证明线线平行来证明线面平行.(2) 通过证明线面垂直面，来证明面面.（）证明：如图，过点作于，连接，平面平面，平面，平面平面 ，平面，又平面，.四边形为平行四边形. 平面，平面，平面 （）证明：面，又四边形是菱形，又，面，又面，从而面面 点晴：本题考查的是空间线面的平行和垂直关系.第一问要考查的是线面平行，通过先证明，得四边形为平行四边形证得，可得平面，这里对于线面平行的条件平面，平面要写全;第二问中通过先证明面，再结合面，从而面面18.已知圆的圆心在直线上，且与轴正半轴相切，点与坐标原点的距离为.（）求圆的标准方程；（）斜率存在的直线过点且与圆相交于两点，求弦长的最小值.【答案】() ；() .【解析】【分析】（I）设出圆心坐标，利用圆心和原点的距离列方程求得圆心坐标和半径，由此求得圆的标准方程.（II）利用点斜式设出直线的方程，利用弦长公式求得弦长的表达式，根据表达式求得弦长的最小值.【详解】解：（）由题可设，半径， .圆与轴正半轴相切，圆的标准方程：.（）设直线方程：，点到直线的距离，弦长，当时，弦长的最小值.【点睛】本小题主要考查圆的标准方程的求解，考查直线和圆相交所得弦长公式，属于中档题.要求直线和圆相交所得弦有关的题目，可以有两种方式来求解，一个是联立直线方程和圆的方程，利用韦达定理来求解，一个是利用圆的几何性质，通过计算圆心到直线的距离，然后利用来求解.19.如图，四棱锥中，平面，底面是平行四边形，若，.（）求证：平面平面；（）计算四棱锥的表面积.【答案】（）见证明；（）【解析】【分析】（）由平面，所以，再利用勾股定理，证得，利用线面垂直的判定定理，得到平面，再利用面面垂直的判定定理，即可证得平面平面.（）根据几何体的结构特征，分别求得各个面的面积，即可求得四棱锥的表面积，得到答案【详解】（）由题意，因为平面，所以，因为，所以，所以，又由,所以平面，又由平面，所以平面平面.（）在直角中，所以，在直角中，所以，因为，所以，因为面，所以，所以，因为，所以，故四棱锥的表面积为.【点睛】本题主要考查了线面位置关系的判定与证明，以及几何体的表面积的计算，其中解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，以及准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力20.如图，四边形为矩形，四点共面，且和均为等腰直角三角形，.（1）求证：平面平面；（2）若平面平面，求三棱锥的体积【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）由四边形为矩形，得，再由线面平行的判定可得平面再由已知证明，得到平面，然后利用平面与平面平行的判定可得平面平面； （2）由为矩形，得，结合面面垂直的性质可得平面，由已知结合等积法求三棱锥的体积【详解】（1）证明：四边形为矩形，又平面，平面，平面.和均为等腰直角三角形，且，又平面，平面，平面，平面，平面，平面平面；（2）解：为矩形，又平面平面，平面，平面平面，平面，在中，.【点睛】本题考查平面与平面平行的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用等积法求多面体的体积，是中档题21.在平面直角坐标系中，已知圆的方程为，点的坐标为. （1）求过点且与圆相切的直线方程；（2）过点任作一条直线与圆交于不同两点，且圆交轴正半轴于点，求证：直线与的斜率之和为定值.【答案】（1）或（2）详见解析【解析】【分析】（1）当直线的斜率不存在时，直线满足题意，当直线的斜率存在时，设切线方程为，圆心到直线的距离等于半径，列式子求解即可求出，即可得到切线方程；（2）设直线：，代入圆的方程，可得到关于的一元二次方程，设，且，直线与的斜率之和为，代入根与系数关系整理可得到所求定值。【详解】（1）当直线的斜率不存在时，显然直线与圆相切当直线的斜率存在时，设切线方程为，圆心到直线的距离等于半径，即，解得，切线方程为：，综上，过点且与圆相切的直线的方程是或（2）圆：与轴正半轴的交点为，依题意可得直线的斜率存在且不为0，设直线：，代入圆：，整理得：.设，且，直线与的斜率之和为 为定值.【点睛】本题考查了圆的切线，考查了直线方程，考查了点到直线的距离公式，考查了斜率，考查了学生的逻辑思维能力与计算求解能力，属于难题。22.正三角形的边长为，将它沿平行于的线段折起（其中在边上，在边上），使平面平面.，分别是，的中点.（I）证明：平面；（II）若折叠后，两点间的距离