河北省正定中学05-06学年高二上学期第一次月考（月）数学试题

河北正定中学高二上学期第一次月考数学一、单选题1.若直线，，则下列向量可以作为直线的方向向量的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】取作为的一个方向向量，设为的方向向量，可得，由此可得正确答案.【详解】取上两点，，则可以作为的一个方向向量．设为的方向向量，∵，∴，故，即，B选项正确．故选：B.2.已知向量，，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用空间向量运算的坐标表示，列式计算即得.【详解】向量，，则，所以.故选：A3.如图所示，已知在长方体中，，则和BG所成角的大小是（）第1页/共20页A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由∥，得到为和BG所成角求解.【详解】因为∥，所以为和BG所成角，所以在中，，因为为锐角，所以，所以和BG所成角的大小是，故选：C4.若直线与平行，则实数的值为（）A.0B.2C.3D.2或3【答案】B【解析】【分析】根据直线平行可得，运算求解并代入检验即可.【详解】若直线与平行，则，整理可得，解得或，若，则与平行，符合题意；若，则与重合，不合题意；综上所述：.故选：B.5.袋子中有5个大小质地完全相同的球，其中2个红球，3个黄球，从中不放回地依次随机摸出2个球，则两次都摸到红球的概率为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】第2页/共20页【分析】根据古典概型的概率公式以及独立事件的概率公式，可得答案.【详解】袋子中有个大小质地完全相同的球，其中个红球，个黄球，从中不放回地依次随机摸出个球，两次摸到红球的概率：；故选：A.6.已知圆C：，D是圆C上的动点，点，若动点M满足，则点M的轨迹方程为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】设，，根据得到，将其代入圆C方程，即得点的轨迹方程.【详解】设，，因，则，由，可得，即，故（*因D是圆C上的动点，故，将（*）代入上式，可得，整理得，即为点M轨迹方程.故选：B7.已知：OB在面积的最大值为（）第3页/共20页A.B.3C.D.2【答案】B【解析】【分析】分析易得在的延长线上，且在圆上时，面积最大，进而求解即可.【详解】由：，即，则圆心，半径为，因为，，则，，又，则，即，要使面积最大，则在延长线上，且在圆上，如图，此时，则面积的最大值为.故选：B.8.已知直线恒过定点A，圆上的两点，满足，则的最小值为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】得到PQ的中点为，利用，得到E的轨迹是以为圆心，为半径的圆，设直线l为，利用点到直线的距离求出E到l的最小距离，过PEQ分别作直线l的垂线，垂足分别为MRN，则四边第4页/共20页解.【详解】直线，，，，，,三点共线，设弦PQ的中点为，连接OE，则，即，∴，，，所以点E的轨迹方程为，即E的轨迹是以为圆心，为半径的圆，设直线l为，则E到l最小距离为，过P、E、Q分别作直线l垂线，垂足分别为M、R、N，则四边形MNQP是直角梯形，且R是MN的中点，则ER是直角梯形的中位线，∴，即，即，所以的最小值为.故选：C．第5页/共20页二、多选题9.以下四个命题表述正确的是（）A.若直线倾斜角，则斜率的取值范围是B.若两直线平行，则两直线的倾斜角必相等C.若直线与互相垂直，则D.若直线与平行，则与的距离为【答案】ABD【解析】AB直，一般式方程中参数的关系，求出参数值判断C；根据两直线平行时，一般式方程中参数的关系，求出参数值，再根据平行线距离公式，求出结果判断D.【详解】对于A：当时，由斜率，，故A正确；对于B：若两直线平行，则两直线的倾斜角必相等，故B正确；对于C：直线与互相垂直，则解得或，故C错误；对于D：由有，解得，所以与的距离为，故D正确.故选：ABD.10.如图正方体的棱长为1，则下列四个命题中正确的是（）第6页/共20页A.正方体被面分割成两部分的体积比为B.点C到平面的距离为.C.四面体的外接球体积为D.二面角的大小为【答案】ABC【解析】【分析】对于A，利用棱锥的体积公式计算分割成的三棱锥的体积，用间接法计算另一部分体积求其比值即可；对于B，先证平面，即得点C到平面的距离即即可；对于C，根据图形判断四面体与正方体共外接球易得其体积；对于D，证明是二面角的平面角，在中求其正切值即可判断.【详解】对于A，如图正方体被平面分割成的较小部分的体积为，而较大部分的体积为，则正方体被面分割成两部分的体积比为，故A正确；对于B，连接，设交点为点，则，因平面，平面平面，则，第7页/共20页又平面，故平面，则点C到平面的距离即，故B正确；对于C，因四面体的外接球即正方体的外接球，故其半径为，其体积为，故C正确；对于D，连接，交于点，连接，因平面，平面，则，又，平面，则平面，因平面，故，即是二面角的平面角，因，故D错误故选：ABC.已知直线和圆相交于M，N两点，则下列说法正确的是（）A.若直线不过第四象限，则B.C.的最小值为D.圆上到直线的距离为的点恰好有三个，则【答案】BC【解析】【分析】对A，直线变形后求出所过定点坐标得解；对B，数形结合得到当时，圆心到直线的距离最大，最小，由垂径定理求出的最小值；对C，表达出，求出最小值；对D，由题可得圆心到直线的距离，从而求出.第8页/共20页【详解】对于A，根据题意变形为，直线恒过定点，直线不过第四象限，，故A错误；对于B，由题意可知，当时，圆心到直线的距离最大，此时最小，圆，圆心，半径，其中，此时，又因为此时,而直线不可能表示,所以,故B正确；对于C，，因为的最小值为，如图，当三点共线时，的最小值为，故C正确；对于D，，因为圆上到直线的距离为的点恰好有三个，所以圆心到直线的距离，即，解得，故D错误.故选：BC.三、填空题12.若向量，，且与的夹角余弦值为，则等于____________【答案】第9页/共20页【解析】【分析】根据向量的夹角公式求解.【详解】由已知有：，解得，由，可知，所以.故答案为：.13.从高三抽出50名学生参加数学竞赛，由成绩得到如图的频率分布直方图，则估计这50名学生成绩的分位数为____________分．【答案】86.25【解析】【分析】利用给定的频率分布直方图，借助频率及百分位数的求法估计分位数即可．【详解】依题意，前四个小矩形的面积之和为，前五个小矩形的面积之和为，因此分位数位于内，，所以估计这50名学生成绩的分位数为86.25分．故答案为：86.2514.如图，在棱长为的正方体中，点为平面内一动点，且，设点到直线的距离为，则的取值范围是______.第10页/共20页【答案】【解析】【分析】连接分别交平面，平面于点，，根据为定值，计算得到平面的距离，得点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，在平面的投影是以为圆心，为半径的圆，计算到直线的距离为，进而得到到直线的距离.【详解】如图，正方体中，平面，平面，连接分别交平面，平面于点，，则，由得,解得同理，故因为，所以，第11页/共20页所以动点轨迹是以为圆心，为半径的圆；所以点在平面的投影是以为圆心，为半径的圆；设点到直线的距离为，又点到直线的距离为，则，即，所以点到直线的距离，故答案为：四、解答题15.已知的三个顶点的坐标分别为，，.（1）求过点且与直线平行的直线的方程；（2）求边上的高所在直线的方程.【答案】（1）（2）【解析】1）求得直线的斜率，利用点斜式即可求得直线方程；（2）由两直线垂直关系可得所求直线的斜率为3，代入点斜式方程可得结果.【小问1详解】第12页/共20页由，可知，故所求直线的方程为，即.【小问2详解】易知，则所求直线的斜率为3，故所求直线的方程为，即.16.已知分别为三个内角的对边，且．（1）求；（2）若，且的面积为，求的周长．【答案】（1）（2）【解析】1的范围即可求解；（2）由，求得，由得，由余弦定理得，即可求得的周长.【小问1详解】因为，由正弦定理得，因为，可得，所以，若，则，不合题意，故，所以，第13页/共20页又因为，所以.【小问2详解】因为的面积为，可得，可得，又因为，所以，由余弦定理，可得，所以，所以的周长为.17.已知圆Cx﹣a）2+（y﹣2）2＝4（a＞0）及直线l：x﹣y+3＝0．当直线l被圆C截得的弦长为时，求（Ⅰ）a的值；（Ⅱ）求过点（3，5）并与圆C相切的切线方程．【答案】（Ⅰ）a＝15x﹣12y+45＝0或x＝3．【解析】l的距离da的方程，求出方程的解即可得到a的值，然后由a大于0，得到满足题意a的值；（Ⅱ）把（Ⅰ）求出a的值代入圆的方程中确定出圆的方程，即可得到圆心的坐标，并判断得到已知点在圆外，分两种情况：当切线的斜率不存在时，得到x＝3为圆的切线；当切线的斜率存在时，设切线的斜率为k35k写出切线的方程，根据直线与圆相切时圆心到直线的距离等于圆的半径，利用点到直线的距离公式表示出圆心到切线的距离dd等于圆的半径即可列出关于k即可得到kk方程．C（a，2r＝2，则圆心到直线l：x﹣y+3＝0的距离，由勾股定理可知，代入化简得|a+1|＝2，解得a＝1或a＝﹣3，第14页/共20页（Ⅱ）由（1）知圆Cx﹣1）2+（y﹣2）2＝4，圆心坐标为（1，2r＝2由（3，5）到圆心的距离为r＝2，得到（3，5）在圆外，∴①当切线方程的斜率存在时，设方程为y﹣5＝k（x﹣3）由圆心到切线的距离dr＝2，化简得：12k＝5，可解得，∴切线方程为5x﹣12y+45＝0；②当过（3，5）斜率不存在直线方程为x＝3与圆相切．由①②可知切线方程为5x﹣12y+45＝0或x＝3．【点睛】此题考查学生掌握直线与圆相切时所满足的条件，灵活运用垂径定理及勾股定理化简求值，灵活运用点到直线的距离公式化简求值，是一道综合题18.中，为直角，，沿折起至.（1）若平面平面，求证：；（2）设是的中点，若二面角为30°，求二面角的大小.【答案】（1）证明见解析；（2）120°.【解析】1）由等腰三角形性质、余弦定理及勾股定理可得，法一：由面面垂直的性质有CD⊥平面PBDPB⊥面PCDBD中点QCQPQPQ⊥BDPQ⊥CQ可证结论.（2、分别是、、是二面角的第15页/共20页平面角，在面上过作并构建直角坐标系，设，根据已知确定相关即PQ⊥BDBC中点FQFPQF为二面角PBDCPF交BE于MQMBD⊥QMMQF为二面角EBDC及三角形面积公式求∠MQF.【小问1详解】由题设知：△PBD为等腰直角三角形且PB⊥PD，PB=PD=，则BD=4，又∠DBC=45°，BC=，在△BCD中由余弦定理得：CD=4，所以，即，法一：又面PBD⊥面BCD，面PBD面BCD=BD，面，所以CD⊥平面PBD，面PBD，则CD⊥PB，又，所以PB⊥面PCD，面PCD，则PB⊥PC.法二：取BD中点Q，连接CQ，在Rt△CDQ中,连接PQ，则PQ=2且PQ⊥BD，又面PBD⊥面BCD，面PBD面BCD=BD，面PBD，所以PQ⊥面BCD，面BCD，则PQ⊥CQ，在Rt△PQC中，又，所以，在△PBC中，即PB⊥PC.【小问2详解】法一：设、分别是、的中点，连接、，则，，又，则面，第16页/共20页所以是二面角的平面角.在面上过作，如图以为原点，直线为x轴，直线为轴，直线为轴，建立空间直角坐标系．则，，，设，，则，，故，．设面的法向量为，则，取，得．显然平面的一个法向量为因为，二面角为，则，整理得，解得，所以，所以，二面角的大小为.法二：由（1）法二：PQ⊥BD，取BC中点F，连接QF，则QF∥CD且QF=CD=2，所以QF⊥BD，又，则面，则∠PQF为二面角PBDC的平面角，第17页/共20页所以BD⊥QM，则∠MQF为二面角EBDC的平面角，且∠MQF=30°，易知：M是△PBC的重心，则，即，所以∠PQM=90°，故∠PQF=120°，即二面角PBDC的大小是120°.19.P为多面体MM在点P处的离散曲率为为多面体M的所