安徽涡阳县育萃中学2020-2021学年高二第一学期第三次月考数学（文）试卷

育萃高中高二年级第一学期第三次月考数学（文）试题一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）1.下列几何体中棱柱有()A．5个 B．4个C．3个 D．2个解析：选D．由棱柱定义知，①③为棱柱．2.直线ax＋2y－1＝0与x＋(a－1)y＋2＝0平行，则a等于()A.eq\f(3,2) B．2C．－1 D．2或－1解析：选D．由a·(a－1)－2×1＝0得a2－a－2＝0，所以a＝2或－1，经检验均适合题意．3.有一个几何体的三视图及其尺寸如图所示，则该几何体的表面积及体积为()A．24πcm2，12πcm3 B．15πcm2，12πcm3C．24πcm2，36πcm3 D．以上都不正确解析：选A.由三视图可知，该几何体是圆锥，其中底面半径为3，母线长为5，所以高为h＝eq\r(52－32)＝4，所以S表＝πr2＋πrl＝π(32＋3×5)＝24π，V＝eq\f(1,3)πr2h＝eq\f(1,3)π×32×4＝12π，故选A.4.方程x2＋y2＋x＋y－m＝0表示一个圆，则m的取值范围是()A．m<－eq\f(1,2) B．m>－eq\f(1,2)C．m≤－eq\f(1,2) D．m≥－eq\f(1,2)解析：选B.若x2＋y2＋x＋y－m＝0表示圆的方程，则1＋1＋4m>0，所以m>－eq\f(1,2).5.原命题“若x≤－3，则x＜0”的逆否命题是()A．若x＜－3，则x≤0B．若x＞－3，则x≥0C．若x＜0，则x≤－3D．若x≥0，则x＞－3解析：选D.逆否命题是对原命题的条件和结论否定后再对换，故该命题的逆否命题为“若x≥0，则x＞－3”．6.命题“∀x∈R，x2≠x”的否定是()A.∀x∉R，x2≠x B.∀x∈R，x2＝xC.∃x∉R，x2≠x D.∃x∈R，x2＝x解析全称命题的否定，需要把全称量词改为特称量词，并否定结论.答案D7.若l，m，n是互不相同的空间直线，α，β是不重合的平面，则下列命题中为真命题的是()A．若α∥β，lα，nβ，则l∥nB．若α⊥β，lα，则l⊥βC．若l⊥α，l∥β，则α⊥βD．若l⊥n，m⊥n，则l∥m解析：选C.对于选项C，若l∥β，则在β内必有直线n与l平行，从而n⊥α；于是α⊥β.8.设p：实数x，y满足x>1且y>1，q：实数x，y满足x＋y>2，则p是q的()A.充分条件B.必要条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件解析若x>1且y>1，则有x＋y>2成立，故p⇒q；反之由x＋y>2不能得到x>1且y>1，所以p是q的充分条件.答案A9.过坐标原点且与圆x2＋y2－4x＋2y＋eq\f(5,2)＝0相切的直线的方程是()A．y＝－3x或y＝－eq\f(1,3)x B．y＝3x或y＝－eq\f(1,3)xC．y＝－3x或y＝eq\f(1,3)x D．y＝3x或y＝eq\f(1,3)x解析：选C.由题知圆x2＋y2－4x＋2y＋eq\f(5,2)＝0的圆心为(2，－1)，半径为eq\r(\f(5,2)).设切线为y＝kx，则eq\f(|2k＋1|,\r(k2＋1))＝eq\r(\f(5,2))，解得k＝－3或eq\f(1,3).10.抛物线y2＝8x的焦点坐标是()A．(4，0) B．(2，0)C．(0，2) D．(0，4)解析：选B.y2＝8x的焦点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，即(2，0)．11.设双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦点是F，左、右顶点分别是A1，A2，过F作A1A2的垂线与双曲线交于B，C两点.若A1B⊥A2C，则该双曲线的渐近线的斜率为()A.±eq\f(1,2) B.±eq\f(\r(2),2)C.±1 D.±eq\r(2)解析由题设易知A1(－a,0)，A2(a,0)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c，\f(b2,a)))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c，－\f(b2,a))).∵A1B⊥A2C，∴eq\f(\f(b2,a),c＋a)·eq\f(－\f(b2,a),c－a)＝－1，整理得a＝b.∵渐近线方程为y＝±eq\f(b,a)x，即y＝±x，∴渐近线的斜率为±1.答案C12.已知O为坐标原点，F是椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左焦点，A，B分别为C的左、右顶点.P为C上一点，且PF⊥x轴.过点A的直线l与线段PF交于点M，与y轴交于点E.若直线BM经过OE的中点，则C的离心率为()A.eq\f(1,3) B.eq\f(1,2)C.eq\f(2,3) D.eq\f(3,4)解析如图所示，设OE的中点为N，在△AOE中，∵MF∥OE，∴eq\f(|MF|,|OE|)＝eq\f(|AF|,|AO|)＝eq\f(a－c,a). ①在△MFB中，∵ON∥MF，∴eq\f(|ON|,|MF|)＝eq\f(|BO|,|BF|)＝eq\f(a,a＋c)＝eq\f(\f(1,2)|OE|,|MF|)，∴eq\f(2a,a＋c)＝eq\f(|OE|,|MF|)，即eq\f(|MF|,|OE|)＝eq\f(a＋c,2a). ②由①②可得eq\f(a－c,a)＝eq\f(a＋c,2a)，解得a＝3c，从而得e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,3).答案A二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.如图所示，Rt△A′B′C′为水平放置的△ABC的直观图，其中A′C′⊥B′C′，B′O′＝O′C′＝1，则△ABC的面积为________．解析：由直观图画法规则将△A′B′C′还原为△ABC，如图所示，则有BO＝OC＝1，AO＝2eq\r(2).所以S△ABC＝eq\f(1,2)BC·AO＝eq\f(1,2)×2×2eq\r(2)＝2eq\r(2).答案：2eq\r(2)14.经过点P(2，－3)作圆x2＋y2＝20的弦AB，且使|AB|＝8，则弦AB所在的直线方程为________．解析：如图，因为|AB|＝8，所以|OC|＝eq\r(20－16)＝2.设AB所在直线方程为y＋3＝k(x－2)，即kx－y－2k－3＝0，圆心O到AB的距离为eq\f(|－2k－3|,\r(k2＋（－1）2))＝2，解得k＝－eq\f(5,12).此时，AB所在的直线方程为5x＋12y＋26＝0.当AB所在的直线方程为x＝2时，也符合题意．所以，所求弦AB所在直线的方程是5x＋12y＋26＝0或x＝2.答案：5x＋12y＋26＝0或x＝215.已知(2,0)是双曲线x2－eq\f(y2,b2)＝1(b>0)的一个焦点，则b＝________.解析由题意得，双曲线焦点在x轴上，且c＝2.根据双曲线的标准方程，可知a2＝1.又c2＝a2＋b2，所以b2＝3.又b>0，所以b＝eq\r(3).答案eq\r(3)16.半径为R的半球，一正方体的四个顶点在半球的底面上，其余四个顶点在半球的球面上，则该正方体的表面积为________．解析：如图，作出半球沿正方体对角面的轴截面，设正方体的棱长为a，则a2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)a))eq\s\up12(2)＝R2，所以a2＝eq\f(2,3)R2，所以S＝6×a2＝4R2.答案：4R2三、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.（10分）设p：“∃x0∈R，xeq\o\al(2,0)－ax0＋1＝0”，q：“函数y＝x2－2ax＋a2＋1在x∈[0，＋∞)上的值域为[1，＋∞)”，若“p∨q”是假命题，求实数a的取值范围.解由xeq\o\al(2,0)－ax0＋1＝0有实根，得Δ＝a2－4≥0⇒a≥2或a≤－2.因为命题p为真命题的范围是a≥2或a≤－2.由函数y＝x2－2ax＋a2＋1在x∈[0，＋∞)上的值域为[1，＋∞)，得a≥0.因此命题q为真命题的范围是a≥0.根据p∨q为假命题知：p，q均是假命题，p为假命题对应的范围是－2<a<2，q为假命题对应的范围是a<0.这样得到二者均为假命题的范围就是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2<a<2，,a<0))⇒－2<a<0.18.（12分）如图，圆锥SO中，AB，CD为底面圆的两条直径，AB∩CD＝O，且AB⊥CD，SO＝OB＝2，P为SB的中点．(1)求证：SA∥平面PCD；(2)求异面直线SA与PD所成角的正切值．解：(1)证明：连接PO，因为P，O分别为SB，AB的中点，所以PO∥SA.因为PO平面PCD，Sa平面PCD，所以SA∥平面PCD．(2)因为PO∥SA，所以∠DPO为异面直线SA与PD所成的角．因为AB⊥CD，SO⊥CD，AB∩SO＝O，所以CD⊥平面SOB．因为PO平面SOB，所以OD⊥PO.在Rt△DOP中，OD＝2，OP＝eq\f(1,2)SA＝eq\f(1,2)SB＝eq\r(2)，所以tan∠DPO＝eq\f(OD,OP)＝eq\f(2,\r(2))＝eq\r(2)，所以异面直线SA与PD所成角的正切值为eq\r(2).19.（12分）如图所示，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，点E在线段PC上，PC⊥平面BDE.(1)证明：BD⊥平面PAC；(2)若PA＝1，AD＝2，求二面角B­PC­A的正切值．解：(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，BD平面ABCD,所以PA⊥B D．同理由PC⊥平面BDE可证得PC⊥BD．又PA∩PC＝P，所以BD⊥平面PAC.(2)如图，设BD与AC交于点O，连接OE.因为PC⊥平面BDE，BE、OE平面BDE.所以PC⊥BE，PC⊥OE.所以∠BEO即为二面角B­PC­A的平面角．由(1)知BD⊥平面PAC.又OE、AC平面PAC，所以BD⊥OE，BD⊥AC，故矩形ABCD为正方形，所以BD＝AC＝2eq\r(2)，BO＝eq\f(1,2)BD＝eq\r(2).由PA⊥平面ABCD，BC平面ABCD得PA⊥BC.又BC⊥AB，PA∩AB＝A，所以BC⊥平面PAB．而PB平面PAB，所以BC⊥PB．在Rt△PAB中，PB＝eq\r(PA2＋AB2)＝eq\r(5)，在Rt△PAC中，PC＝eq\r(PA2＋AC2)＝3.在Rt△PBC中，由PB·BC＝PC·BE，得BE＝eq\f(2\r(5),3).在Rt△BOE中，OE＝eq\r(BE2－BO2)＝eq\f(\r(2),3).所以tan∠BEO＝eq\f(BO,OE)＝3，即二面角B­PC­A的正切值为3.20.（12分）在直角坐标系xOy中，以O为圆心的圆与直线x－eq\r(3)y＝4相切．(1)求圆O的方程；(2)圆O与x轴相交于A，B两点，圆内的动点P(x0，y0)满足|PO|2＝|PA|·|PB|，求xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)的取值范围．解：(1)由题意知，圆O的半径r等于原点O到直线x－eq\r(3)y＝4的距离，即r＝eq\f(4,\r(1＋3))＝2，所以圆的方程为x2＋y2＝4.(2)不妨设A(x1，0)，B(x2，0)，x1<x2，由x2＝4，得A(－2，0)，B(2，0)，由|PO|2＝|PA|·|PB|，得eq\r(（x0＋2）2＋yeq\o\al(2,0))·eq\r(（x0－2）2＋yeq\o\al(2,0))＝xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)，整理得xeq\o\al(2,0)－yeq\o\al(2,0)＝2，所以令t＝xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝2yeq\o\al(2,0)＋2＝2(yeq\o\al(2,0)＋1)．因为点P(x0，y0)在圆O内，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)<4，,xeq\o\al(2,0)－yeq\o\al(2,0)＝2，))由此得0≤yeq\o\al(2,0)<1，所以2≤2(yeq\o\al(2,0)＋1)<4，所以t∈[2，4)，所以(xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0))∈[2，4)．21.（12分）设椭圆E的方程为eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，点O为坐标原点，点A的坐标为(a,0)，点B的坐标为(0，b)，点M在线段AB上，满足|BM|＝2|MA|，直线OM的斜率为eq\f(\r(5),10).(1)求E的离心率e；(2)设点C的坐标为(0，－b)，N为线段AC的中点，证明：MN⊥AB.解(1)由题设条件知，点M的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)a，\f(1,3)b))，又kOM＝eq\f(\r(5),10)，从而eq\f(b,2a)＝eq\f(\r(5),10).进而a＝eq\r(5)b，c＝eq\r(a2－b2)＝2b，故e＝eq\f(c,a)＝eq\f(2\r(5),5).(2)证明：由N是AC的中点知，点N的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，－\f(b,2)))，可得eq\o(NM,\s\up12(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,6)，\f(5b,6))).又eq\o(AB,\s\up12(→))＝(－a，b)，从而有eq\o(AB,\s\up12(→))·eq\o(NM,\s\up12(→))＝－eq\f(1,6)a2＋eq\f(5,6)b2＝eq\f(1,6)(5b2－a2).由(1)的计算结果可知a2＝5b2，所以eq\o(AB,\s\up12(→))·eq\o(NM,\s\up12(→))＝0，故MN⊥AB.22.（12分）已知抛物线y2＝4x，过点M(0，2)的直线l与抛物线交于A、B两点，且直线l与x轴交于点C.(1)求证：|MA|、|MC|、|MB|成等比数列；(2)设eq\o(MA,\s\up6(→))＝αeq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(MB,\s\up6(→))＝βeq\o(BC,\s\up6(→))，试问α＋β是否为定值？若是，求出此定值；若不是，请说明理由．解：(1)证明：设直线l的方程为y＝kx＋2(k≠0)，联立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2，,y2＝4x，))得k2x2＋(4k