【文档说明】安徽省滁州市定远县育才学校2019-2020学年高二（实验班）上学期第三次月考数学（理）试题【精准解析】.doc，共(20)页，2.101 MB，由小赞的店铺上传

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育才学校2019—2020学年第一学期第三次月考高二实验班理科数学（本卷满分：150分，时间：120分钟）一、选择题(共12小题,每小题5分,共60分)1.“ab”是“直线2yx与圆22()()2xayb相切”的（）．A.充分不必要条件B.

必要不充分条件C.充要条件D.既不充分又不必要条件【答案】A【解析】试题分析：直线2yx与圆222xayb相切或，故为充分不必要条件，选A.考点：充分条件；必要条件．【易错点睛】判断充分、必要条件时应注意的问题：（1）要弄清先后顺序：“的充分不必要条件是”

是指能推出，且不能推出；而“是的充分不必要条件”则是指能推出，且不能推出；（2）要善于举出反例：如果从正面判断或证明一个命题的正确或错误不易进行，那么可以通过举出恰当的反例来说明．2.已知过

点P(2,2)的直线与圆22(1)5xy相切,且与直线10axy垂直,则a（）A.12B.1C.2D.12【答案】C【解析】【详解】试题分析：设过点(2,2)P的直线的斜率为k，则直线方程(22)ykx，即220kxyk，由于和圆相切，故2|22|51k

kk，得12k，由于直线220kxyk与直线10axy，因此112a，解得2a，故答案为C.考点：1、直线与圆的位置关系；2、两条直线垂直的应用.【此处有视频，请去附件查看】3.已知四棱锥SABCD的底面是边

长为2的正方形，SAABCDSAAB平面，且，则四棱锥SABCD的外接球的表面积为（）A.9B.43C.12D.10【答案】C【解析】由题意，将四棱锥SABCD扩充为正方体，体对角线长为23，所以四棱锥外接球的直径为23，半径为3，所以四棱锥外接

球的表面积为24312，故选C.4.设直线l的斜率为k，且13k，求直线l的倾斜角的取值范围（）A.3034，，B.3064，，C.364，D.3034

，，【答案】D【解析】【详解】直线的倾斜角为，则0,，由13k，即31tan3,0,,34，故选D.5.光线沿直线:3450lxy射入，遇直线:lym后反射，且反

射光线所在的直线经过抛物线225yxx的顶点，则m（）A.3B.3C.4D.4【答案】A【解析】易知1:3450lxy与:lym都经过点45,3mm，根据对称性可得反射光线所在直线的斜率与1l互为相反数，则可设反射光线所在直

线的方程为340xyt，代入点45,3mm，得34580xym，又抛物线225yxx的顶点为4,1，得3144580,3mm选A6.如图，在长方体1111ABCDABCD中，2

ABBC,11AA则1BC与平面11BBDD所成角的正弦值为（）A.66B.255C.155D.105【答案】D【解析】【分析】由题意，由于图形中已经出现了两两垂直的三条直线所以可以利用空间向量的方法求解直线与平面所成的夹角．【详解】解：以D点为坐标原点，以DA、DC、

1DD所在的直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则2,0,0A，2,2,0B，0,2,0C，10,2,1C，12,0,1BC，2,2,0AC，AC且为平面11BBDD的一个法向量．1cosBC，410558AC

．1BC与平面11BBDD所成角的正弦值为105故选：D．【点睛】此题重点考查了利用空间向量，抓住直线与平面所成的角与该直线的方向向量与平面的法向量的夹角之间的关系这一利用向量方法解决了抽象的立体几何问题．7.已知点A、B在半径为3的球O表面上运动，且2AB，过AB作相互垂直的平面、，若

平面、截球O所得的截面分别为圆M、圆N，则（）A.MN长度的最小值是2B.MN的长度是定值2C.圆M面积的最小值是2D.圆M、N的面积和是定值8【答案】B【解析】如图所示，过AB作互相垂直的平面ABD、平面

ABC，则BDBC，22412BCBD，2228,22CDBCBDCD，因为,MN分别是,ACAD的中点，所以2MN，故选B.8.在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，底面ABCD为矩形，A

BPA．若BC边上有且只有一个点Q，使得PQQD，求此时二面角APDQ的余弦值（）A.33B.306C.66D.26【答案】A【解析】【详解】因为在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，底面ABCD为矩形，

由BC边上有且只有一个点Q，使得PQQD，则QD面PAQ，可得C边上有且只有一个点Q，使得AQQD，则以AD为直径的圆与直线BC相切，设AD中点为O，则QOAD，可得QO平面PAD，作OHPD于H，连接QH，则OHQ是二面角APDQ的平面角，

设ABPAa,则2ADa，直角三角形QOH中，可得OH25，33=,cos35OHQHQHOQH，二面角APDQ的余弦值为33，故选A.9.已知m，n表示两条不同的直线，，，表示三个不同的平面，给出下列四个

命题：①m，n，nm，则；②，m，n，则mn；③，，m，则m；④m，n，mn，则其中正确命题的序号为（）A.①②B.②③C.③④D.②④【答案】C【解析】①m，n，

nm，则,可以垂直,也可以相交不垂直，故①不正确；②,,mn，则n与m相交、平行或异面，故②不正确；③若,,m，则m，③正确；④mn，,mn，可知与mn，共线的向量

分别是与的法向量，所以与所成二面角的平面为直角，，故④正确，故选C.【方法点晴】本题主要考查线面平行的判定与性质、面面垂直的性质及线面垂直的判定，属于难题.空间直线、平面平行或垂直等位置关系命题的真假判断，常采用画图（尤

其是画长方体）、现实实物判断法（如墙角、桌面等）、排除筛选法等；另外，若原命题不太容易判断真假，可以考虑它的逆否命题，判断它的逆否命题真假，原命题与逆否命题等价.10.已知圆22:2Cxy，直线:240lxy，

点00(,)Pxy在直线l上．若存在圆C上的点Q，使得45OPQ（O为坐标原点），则0x的取值范围是A.[0,1]B.8[0,]5C.1[,1]2D.18[,]25【答案】B【解析】【分析】根据条件若存

在圆C上的点Q,使得为坐标原点),等价即可,求出不等式的解集即可得到的范围【详解】圆O外有一点P,圆上有一动点Q,在PQ与圆相切时取得最大值.如果OP变长,那么可以获得的最大值将变小.可以得知,当,且PQ与圆相切时,,而当时,Q在圆上任意移动,存在恒成立.因此满足,就能保证一

定存在点Q,使得,否则,这样的点Q是不存在的，点在直线上,,即,,计算得出,,的取值范围是，故选B.考点：正弦定理、直线与圆的位置关系.11.设,,表示平面，l表示直线，则下列命题中，错误的是()A.如果，那么内一定存在直线平行于B.如果，，l，

那么lC.如果不垂直于，那么内一定不存在直线垂直于D.如果，那么内所有直线都垂直于【答案】D【解析】由上图可得选项A中：内存在直线1CC,故A正确；选项B中：直线l即为直线1BB,故

B正确；选项C中：可用反证法假设存在直线,aa，与已知矛盾，故C正确；选项D中:11,CCCC,故D错误.综上应选D.12.如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，PD平面

ABCD，且1,2PDADAB，点E是AB上一点，当二面角PECD为4时，AE（）A.23B.12C.22D.1【答案】A【解析】建立如图所示空间直角坐标系，则(1,0,0),(1,2

,0),(0,2,0),(0,0,1),(1,,0)ABCDEt，设平面PEC的一个法向量为(,,)nxyz，由于(1,,1),(0,2,1)PEtPC，所以201202xtxtyzyyzz，即(2,1,2)nt，又平面ABCD的一个法

向量是1(0,0,1)n且2122(2)4122nnt，解之得23t，应选答案A．二、填空题(共4小题,每小题5分,共20分)13.若圆22:()(2)4(0)Cxaya被直线

:30lxy截得的弦长为23，则a__________．【答案】2-1【解析】由题意利用弦长公式可得弦心距431d，再由点到直线的距离公式可得2323122aad，，解得2-1a，或21a（舍去），故选

A．14.已知某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的最长棱的长是__________．【答案】6【解析】由三视图可以知道：该几何体是一个三棱锥．其中PA底面ABC，1PAACCB，则该三棱锥的最长棱的长是PB，2222

21216PBPAAB，故答案为6．15.已知直线1:0lxy，直线2:20lxy，点11,2A关于1l的对称点为2A，点2A关于直线2l的对称点为3A，则过点123,,AAA的圆的方程为__

_______【答案】2222110xyxy【解析】22,1A，设3,Amn，则112212022nmmn，解得34mn，注意到12ll，∴123AA

A为直角三角形，∴过点123,,AAA的圆的直径为13AA，所求圆的方程为13240xxyy，也就是2222110xyxy．16.在正方体1111ABCDABCD中

，给出以下四个结论：（1）直线1//DC平面11AABB；（2）直线11AD与平面1BCD相交；（3）直线AD平面1DDB；（4）平面1BCD平面11AABB.上述结论中，所有正确结论的序号为________．【答案】①④【解析】【分析】①面

面平行的性质判断；②由直线11AD在平面1BCD内判断；③反证法，由直线AD不垂直于直线BD判断；④可由面面垂直的判定定理判断.【详解】因为平面11AABB平面11DDCC，1DC在平面11DDCC内，所以直线1DC平面11AABB，①对；因为直线11AD在平面1BCD内，所以②错；显然

直线AD不垂直于直线BD，所以直线AD不垂直于平面1DDB，③错；因为BC⊥平面11AABB，所以平面1BCD平面11AABB，④对，故答案为①④.【点睛】本题主要考查正方体的性质，考查了面面平行的性质、线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理的应用，意在考查空间想象能力以及综合应

用所学知识解答问题的能力，属于中档题.三、解答题(共6小题,共70分)17.设直线l的方程为(1)20axya，aR.（1）若l在两坐标轴上的截距相等，求l的方程；（2）若l与两坐标轴围成的三角形的面积为6，求a的值.【答案】(1)直线l的方程为30x

y或20xy;(2)862a或4a.【解析】试题分析：（Ⅰ）分类讨论：当直线过原点时，a=2；当直线l不过原点时，a=0，从而求出直线l的方程．（Ⅱ）由题意知l在x轴，y轴上的截距分别为21aa，2a

，由三角形面积构建方程，求出a的值．试题解析：（1）由题意知，10a，即1a当直线过原点时，该直线在两条坐标轴上的截距都为0，此时2a，直线l的方程为30xy；当直线l不过原点时，即2a时，由截距相等，得221aaa

，即0a，直线l的方程为20xy，综上所述，所求直线l的方程为30xy或20xy.（2）由题意知，10a，20a，且l在x轴，y轴上的截距分别为21aa，2a，由题意知，122621aaa，即22121aa当10a时，解得8

62a当10a时，解得4a，综上所述，862a或4a.18.已知过点A(0，1)且斜率为k的直线l与圆C：(x－2)2＋(y－3)2＝1交于M，N两点．(1)求k的取值范围；(2)若OMON＝12，其中O为坐标原点，求|MN|

.【答案】（1）4747(,)33；（2）2．【解析】试题分析：（1）由题意可得，直线l的斜率存在，用点斜式求得直线l的方程，根据圆心到直线的距离等于半径求得k的值，可得满足条件的k的范围．（2）由题意可得，经过点M、N、A的直线方程为y

=kx+1，根据直线和圆相交的弦长公式进行求解试题解析：（1）由题意可得，直线l的斜率存在，设过点A（0，1）的直线方程：y=kx+1，即：kx-y+1=0．由已知可得圆C的圆心C的坐标（2，3），半径R=

1．故由223111kk，解得：124747,33kk．故当474733k，过点A（0，1）的直线与圆C：22231xy相交于M，N两点．（2）设M11,xy；N22,xy，由题意可得，经过点M、N、A的直线方程为y=kx+1，代入圆C的方

程22231xy，可得2214170kxkx，∴121222417,11kxxxxkk，∴2212121212212411111kkyykxkxkxxkxxk，由2121221

248·121kkOMONxxyyk，解得k=1，故直线l的方程为y=x+1，即x-y+1=0．圆心C在直线l上，MN长即为圆的直径．所以|MN|=2考点：直线与圆的位置关系；平面向量数量积的运算19.已知：三棱柱111ABC

ABC中，底面是正三角形，侧棱1BB面ABC，D是棱BC的中点，点M在棱1BB上，且1CMAC．（1）求证：1AB平面1ACD．（2）求证：1CMCD．【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】试题分析:（1）设1AC与1AC交点为O，则根据三角形中位线性质得

1ODAB，再利用线面平行判定定理得结论（2）1BB由面ABC得1BBAD，再由正三角形性质得ADBC，因此由线面垂直判定定理得AD平面11BCCB，即CMAD，再结合条件1CMAC，利用线面垂直

判定定理得CM平面1ACD，即得1CMCD．试题解析：（1）证明：连接1AC，设1AC与1AC交点为O，连接OD，∵在1ACB中，O，D分别为1AC，BC中点，∴1ODAB，∵OD平面1ACD，1AB平面1ACD，∴1AB平面1

ACD．（2）∵1BB平面ABC，AD平面ABC，∴1BBAD，∵在正ABC中，D是棱BC中点，∴ADBC，∵1BCBBB点，BC，1BB平面11BCCB，∴AD平面11BCCB，∵CM平面11BCCB，∴CMAD，又∵1C

MAC，1ACADA点，1AC、AD平面1ACD，∴CM平面1ACD，∵1CD平面1ACD，∴1CMCD．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.已知圆C过两点3,3M，1,5N，且圆心C在直线220xy上．（Ⅰ）求圆C的标准方程；（Ⅱ）直线l过点2,5且与圆C有两个不同的交点A，B，若直线l的斜

率k大于0，求k的取值范围；（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，是否存在直线l使得弦AB的垂直平分线过点3,1P，若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．【答案】（Ⅰ）（x﹣1）2+y2=25；（Ⅱ）15,8；（Ⅲ）x+2y﹣1=0.【解析】试题分析：（Ⅰ）圆心C是MN的垂直平分

线与直线2x-y-2=0的交点，CM长为半径，进而可得圆的方程；（Ⅱ）直线l过点（-2，5）且与圆C有两个不同的交点，则C到l的距离小于半径，进而得到k的取值范围；（Ⅲ）求出AB的垂直平分线方程，将圆心坐标代入求出斜率，进

而可得答案．试题解析：（I）MN的垂直平分线方程为：x﹣2y﹣1=0与2x﹣y﹣2=0联立解得圆心坐标为C（1，0）R2=|CM|2=（﹣3﹣1）2+（3﹣0）2=25∴圆C的标准方程为：（x﹣1）2+y2=25（II）设直线l的方程为：y﹣5=k（x

+2）即kx﹣y+2k+5=0，设C到直线l的距离为d，则d=由题意：d＜5即：8k2﹣15k＞0∴k＜0或k＞又因为k＞0∴k的取值范围是（，+∞）（III）设符合条件的直线l存在，则AB的垂直平分线方程为：y+1=﹣（x﹣3）即：x+ky+k﹣3=

0∵弦的垂直平分线过圆心（1，0）∴k﹣2=0即k=2∵k=2＞故符合条件的直线存在，l的方程：x+2y﹣1=0.21.如图，已知四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，底面ABCD是直角梯形，且90,

45,2,2,1DABABCCBABPA．（1）求证：BC⊥平面PAC；（2）若M是PC的中点，求三棱锥CMAD的体积．【答案】（1）证明见解析（2）112【解析】【分析】（1）利用勾股定理证明BCAC，由PA平面ABCD，可得PABC．从而可证得B

C⊥平面:PAC（2）在直角梯形ABCD中，过C作CEAB于点E，则四边形ADCE为矩形，AEDC，ADEC．求得CE，计算ACD的面积，根据M到平面ADC的距离是P到平面ADC距离的一半，求得棱锥的高，代入体积公式计算．【详解】解：（1）证明：PA平面ABCD，∴PABC在ABC

中，2,2,45ABBCABC依余弦定理有：2222(2)222cos452AC，∴2AC又222224ACBCAB，∴90ACB，即ACBC又PAACA，∴BC⊥平面PAC（2）在直角梯形ABCD中，过C作CEAB于点E，则四边形ADCE为矩

形，AEDC，ADEC．在RtCEB中，可得2cos45212BEBC，2sin45212CEBC，211AEABBE11111222ADCSDCCE

．，M是PC的中点，M到平面ADC的距离是P到平面ADC距离的一半，111111()3232212CMADMACDACDVVSPA．【点睛】本题考查了线面垂直的判定，考查了三棱锥的换底性及棱锥的体积公式，涉及知识较多，对学生的推理论证

能力有一定的要求，属于中档题．22.如图，在四棱锥PABCD中，90,60ABCACDBACCAD，PA平面ABCD，2,1PAAB.(1)设点E为PD的中点，求证：//CE平面PAB；(2)线段PD上是否存在一点N，使得直线CN与平面PAC所成的角的正弦

值为155？若存在，试确定点N的位置；若不存在，请说明理由.【答案】（1）见解析（2）N为PD中点【解析】【详解】试题分析：（1）先取AD的中点M，利用三角形中位线性质得//EMPA，再根据线面平行判定定理得//EM平面PAB.根据计算

，利用平几知识得//MCAB，再根据线面平行判定定理得//MC平面PAB.从而利用面面平行判定定理得平面//EMC平面PAB.最后根据面面平行性质得//EC平面PAB.（2）一般利用空间直角坐标系研究线面角，先根据条件建立恰当直角坐标系，设立各点坐标，利用

方程组求出平面法向量，根据向量数量积求出向量夹角，最后利用线面角与向量夹角关系列方程，解出点N坐标，确定其位置.试题解析：(1)证明取AD的中点M，连接,EMCM，则//EMPA.因为EM平面PAB，PA平面PAB，所以//EM平面PAB.在RtAC

D中，60,CADCMAM＝＝，所以60ACM＝.而60BAC＝，所以//MCAB.因为MC平面PAB，ABÌ平面PAB，所以//MC平面PAB.又因为EMMCM＝，所以平面//EMC平面PAB.因为EC平面EMC，所以//EC平面PAB

.（注：（1）问也可建系来证明）(2)过A作AFAD，交BC于F，又PA平面ABCD知以A为原点，AFADAP、、分别为xy、、z轴建系如图：则310,0,0,,,0,3,1,0,0,4,0,0,0,2,22ABC

DP设平面PAC的法向量,,nxyzr，由0{0nAPnAC有20{30zxy取3,3,0n设01PNPD，则0,4,20,4,2PN

，∴3,1,20,4,23,41,22CNCPPN∴2212·15sincos,5,3412212CNnCNnCNn∴1680,∴12．∴线段PD上存在一点N，N为PD中点