【文档说明】湖北省黄梅国际育才高级中学2020-2021学年高二上学期10月月考数学试题 含答案.docx，共(13)页，160.663 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-25e76b0854a43fc8f4457f864da8c340.html

以下为本文档部分文字说明：

高二数学10月考试卷一、选择题（本大题共8小题，共40.0分）1.若称形如(𝑥−𝑥1)(𝑥−𝑥2)+(𝑦−𝑦1)(𝑦−𝑦2)=0，(𝑥1,𝑥2,𝑦1,𝑦2∈𝑅)的方程为圆的直径式方程．已知圆C的方程为(𝑥−1)

(𝑥+3)+(𝑦−2)(𝑦+4)=0，则该圆的圆心坐标为()A.(−2,−2)B.(−1,−1)C.(1,1)D.(4,4)2.设x，𝑦∈𝑅，向量𝑎⃗⃗=(𝑥,1，1)，𝑏⃗=(1,y，1)，𝑐⃗=(2,−4,2)，且𝑎⃗⃗⊥𝑐⃗，

𝑏⃗//𝑐⃗，则|𝑎⃗⃗+𝑏⃗|=()A.2√2B.√10C.3D.43.已知直线l：𝑥+𝑎𝑦+1=0与圆C：(𝑥−1)2+(𝑦−1)2=4相交于A，B两点，若|𝐴𝐵|=2√3，则实数𝑎=()A.−34B.54

C.1D.−14.如图，𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1是正方体，E是棱𝐵1𝐵上的动点(不含端点)，平面𝐴1𝐶1𝐸与底面ABCD所在平面的交线为l，则l与AC的位置关系是()A.异面B.平行C.相交D.与E点位置有关5.已知m，n为两条不同直线，𝛼，𝛽为两个不同平面，则下

列结论正确的为A.𝛼//𝛽，𝑚//𝛼，则𝑚//𝛽B.𝑚⊂𝛼，𝑛⊂𝛼，𝑚//𝛽，𝑛//𝛽，则𝛼//𝛽C.𝑚⊥𝑛，𝑚⊥𝛼，𝑛//𝛽，则𝛼⊥𝛽D.𝑚⊥𝛼，𝑚//

𝑛，𝛼//𝛽，则𝑛⊥𝛽6.已知空间向量𝑎⃗⃗=(1,0,1)，𝑏⃗=(1,1,𝑛)，且𝑎⃗⃗⋅𝑏⃗=3，则向量𝑎⃗⃗与𝜆𝑏⃗(𝜆≠0)的夹角为()A.𝜋6B.𝜋6或5𝜋6C

.𝜋3D.𝜋3或2𝜋37.如图，在平行六面体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，底面是边长为1的正方形，若∠𝐴1𝐴𝐵=∠𝐴1𝐴𝐷=60°，且𝐴1𝐴=3，则𝐴1𝐶的长为()A.√5B.2√2C.√14D.√178.下列

说法，正确的个数是()①两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角；②直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角；③两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角；④两异面直线夹角的范围是(0,𝜋2]，直线与平面所成角的

范围是[0,𝜋2]，二面角的范围是[0,𝜋]；⑤若二面角𝛼−𝑎−𝛽的两个半平面𝛼，𝛽的法向量𝑛1⃗⃗⃗⃗,𝑛2⃗⃗⃗⃗所成角为𝜃，则二面角𝛼−𝑎−𝛽的大小是𝜋−𝜃．A.1B.2C.3D.4二

、不定项选择题（本大题共4小题，共20.0分）9.以下四个命题表述正确的是()A.直线(𝟑+𝐦)𝐱+𝟒𝐲−𝟑+𝟑𝐦=𝟎(𝐦∈𝐑)恒过定点(−𝟑,−𝟑)B.圆𝐱𝟐+𝐲𝟐=𝟒上有且仅有3个点到直线𝐥:𝐱−𝐲+√𝟐=𝟎的距离

都等于1C.圆𝐂𝟏:𝐱𝟐+𝐲𝟐+𝟐𝐱=𝟎与圆𝐂𝟐:𝐱𝟐+𝐲𝟐−𝟒𝐱−𝟖𝐲+𝐦=𝟎恰有三条公切线，则𝐦=𝟒D.已知圆𝐂:𝐱𝟐+𝐲𝟐=𝟒，点P为直线𝐱𝟒+𝐲𝟐=𝟏上一动点，过点P向圆C引

两条切线PA、PB，A、B为切点，则直线AB经过定点(𝟏,𝟐)10.下列说法错误的是()A.若𝑎⃗⃗//𝑏⃗，𝑏⃗//𝑐⃗，则𝑎⃗⃗//𝑐⃗B.若𝑎⃗⃗//𝑏⃗，则存在唯一实数𝜆使得𝑎⃗⃗=𝜆𝑏⃗C.两个非零向量𝑎⃗⃗，𝑏⃗，若|�

�⃗⃗−𝑏⃗|=|𝑎⃗⃗|+|𝑏⃗|，则𝑎⃗⃗与𝑏⃗共线且反向D.已知𝑎⃗⃗=(1,2)，𝑏⃗=(1,1)，且𝑎⃗⃗与𝑎⃗⃗+𝜆𝑏⃗的夹角为锐角，则实数𝜆的取值范围是11.在四棱锥𝑃−ABCD中，底面ABCD是正方形，PA⊥底面ABCD，PA=AB，截

面BDE与直线PC平行，与PA交于点E，则下列判断正确的是()A.E为PA的中点B.PB与CD所成的角为𝜋3C.BD⊥平面PACD.三棱锥𝐶−BDE与四棱锥𝑃−ABCD的体积之比等于1:412.如图，在正方体𝐴𝐵𝐶𝐷𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，点P在线段𝐵1𝐶

上运动，则下列结论正确的是()A.直线𝐵𝐷1⊥平面𝐴1𝐶1𝐷B.三棱锥𝑃𝐴1𝐶1𝐷的体积为定值C.异面直线AP与𝐴1𝐷所成角的取值范围是[𝜋4,𝜋2]D.直线𝐶1𝑃与平面𝐴1𝐶1𝐷所成角的正弦

值的最大值为√63三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.已知⊙𝑀：𝑥2+𝑦2+2𝑥+2𝑦−2=0，直线l：2𝑥+𝑦−2=0，P为l上的动点，过点P作⊙𝑀的切线PA，PB，切点为A，B，则四边形PAMB面积的最小值为____

__．14.若圆锥的表面积为27𝜋，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面圆的半径为______．15.已知向量𝑎⃗⃗=(1,−3)，𝑏⃗=(𝑘,1)，且满足，则实数𝑘=_____，向量(𝑎⃗⃗+𝑏⃗)在𝑏⃗方向上的投影为_______.16.在三棱锥�

�−𝐴𝐵𝐶中，𝑃𝐴⊥平面ABC，𝐴𝐵⊥𝐵𝐶，𝐴𝐵=3，𝐵𝐶=4，𝑃𝐴=5，则三棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶的外接球的表面积为______．四、解答题（本大题共6小题，共70.0分）17.在平面直角坐标系中，圆C的圆心在直线𝑥−𝑦=0上，且圆C经过点𝑃(2,0)和点𝑄

(−1,√3)．(1)求圆C的标准方程；(2)求经过点𝑀(2,1)且与圆C恰有1个公共点的直线的方程．18.已知空间中三点𝐴(2,0，−2)，𝐵(1,−1,−2)，𝐶(3,0，−4)，设𝑎⃗⃗=𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗，𝑏⃗

=𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗．(1)已知向量k𝑎⃗⃗+𝑏⃗与𝑏⃗互相垂直，求k的值;(2)求△𝐴𝐵𝐶的面积．19.19如图，在正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，E，F，G，H分别是BC，𝐶𝐶1，𝐶1𝐷1，𝐴1𝐴的中点．求证：(1)求证：𝐸

𝐺//平面𝐵𝐵1𝐷1𝐷；(2)求异面直线BF与𝐻𝐵1所成角的余弦值．20.如图，在三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1中(底面△𝐴𝐵𝐶为正三角形)，𝐴1𝐴⊥平面ABC，𝐴𝐵=𝐴

𝐶=2，𝐴𝐴1=√3，D是BC边的中点．(1)证明：平面𝐴𝐷𝐵1⊥平面𝐵𝐵1𝐶1C.(2)求点B到平面𝐴𝐷𝐵1的距离．21.如图，四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷的底面ABCD是正方

形，侧棱𝑃𝐴⊥底面ABCD，𝑃𝐴=𝐴𝐷，E、F分别是棱PD、BC的中点．(𝐼)求证：𝐴𝐸⊥𝑃𝐶；(𝐼𝐼)求直线PF与平面PAC所成的角的正切值．22.如图，在四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶�

�中，底面ABCD是正方形，𝑃𝐷⊥底面ABCD，点E是PC的中点．(1)求证：𝑃𝐴//平面EDB；(2)若𝑃𝐷=𝐴𝐷=2，求二面角𝐶−𝐸𝐷−𝐵的余弦值．高二数学10月考试卷答案和解析【

答案】1.B2.C3.A4.B5.D6.B7.A8.A9.BCD10.ABD11.ACD12.ABD13.214.315.3；√10．16.50𝜋17.【分析】(1)由题意可知，圆心应在弦PQ的中垂线上，求出该直线方程，与圆心所在直

线方程联立求解，求得圆心坐标，再利用点P在圆上，求出半径，进而求出圆的方程；(2)分直线的斜率是否存在进行讨论，设出直线的点斜式方程，由直线与圆相切可知，圆心到直线的距离等于半径，求出直线的斜率，从而求出直线的方程．【解

答】(1)直线PQ的斜率𝑘1=−√33，PQ中点坐标为(12,√32)，所以PQ中垂线方程为𝑦−√32=√3(𝑥−12)，即𝑦=√3𝑥，由{𝑦=𝑥𝑦=√3𝑥得，圆心𝐶(0,0)，所以𝑟=|𝐶𝑃|=2，所以圆C的标准方程为：𝑥2+

𝑦2=4．(2)当该直线斜率不存在，即直线方程为𝑥=2时，成立，当该直线斜率存在时，设其方程为：𝑦−1=𝑘(𝑥−2)，即𝑘𝑥−𝑦−2𝑘+1=0，因为该直线与圆C恰有1个公共点，所以圆心到直线距离𝑑=|1−2𝑘|√�

�2+1=2，得𝑘=−34．所以切线方程为𝑥=2或3𝑥+4𝑦−10=0．18.解：(1)由条件得：𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(−1,−1,0)，𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(1,0，−2)．所以𝑘𝑎⃗⃗+𝑏⃗=𝑘(−1,−1,0)+(1,0，

−2)=(1−𝑘，−𝑘，−2)，𝑏⃗=(1,0，−2)，∵向量𝑘𝑎⃗⃗+𝑏⃗与𝑏⃗互相垂直，∴(𝑘𝑎⃗⃗+𝑏⃗)⋅𝑏⃗=1−𝑘+4=0，解得𝑘=5；(2)cos<𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗>=

𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗|⋅|𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|=−1√2⋅√5=−1√10，所以sin<𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗>=√1−110=3√10，∴𝑆△𝐴𝐵𝐶=12×|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗|×|𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗

⃗|×sin<𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗>=12×√2×√5×3√10=32．19.解：(1)证明：取BD的中点O，连接EO、𝐷1𝑂，则𝑂𝐸//𝐷1𝐶，𝑂𝐸=12𝐷1𝐶．又�

�1𝐺//𝐷𝐶，𝐷1𝐺=12𝐷𝐶，∴𝑂𝐸//𝐷1𝐺，𝑂𝐸=𝐷1𝐺，∴四边形𝑂𝐸𝐺𝐷1是平行四边形，∴𝐺𝐸//𝐷1𝑂.又𝐷1𝑂⊂平面𝐵𝐵1𝐷1𝐷，𝐺𝐸⊄平面𝐵𝐵1𝐷1𝐷，∴𝐸𝐺//平面𝐵𝐵1𝐷1D.(2)解：以

D为原点，DA为x轴，DC为y轴，𝐷𝐷1为z轴，建立空间直角坐标系，设正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中棱长为2，则𝐵(2,2，0)，𝐹(0,2，1)，𝐻(2,0，1)，𝐵1(2,2，2)，𝐵𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=(−2,0，1)，𝐻𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,2，

1)，设异面直线BF与𝐻𝐵1所成角为𝜃，则𝑐𝑜𝑠𝜃=|𝐵𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐻𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝐵𝐹⃗⃗⃗⃗⃗|⋅|𝐻𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=1√5⋅√5=15．∴异面直线BF与𝐻𝐵1所成角的余弦值为15．20.(1)证明：∵𝐴𝐵

=𝐴𝐶，D为BC的中点，∴𝐴𝐷⊥𝐵𝐶．又𝐵𝐵1⊥平面ABC，𝐴𝐷⊂平面ABC，∴𝐵𝐵1⊥𝐴𝐷．又𝐵𝐶∩𝐵𝐵1=𝐵，BC，𝐵𝐵1⊂平面𝐵𝐵1𝐶1𝐶∴𝐴𝐷⊥平面𝐵𝐵1𝐶1C.又𝐴�

�⊂平面𝐴𝐷𝐵1，∴平面𝐴𝐷𝐵1⊥平面𝐵𝐵1𝐶1𝐶;(2)解：由(1)知，𝐴𝐷⊥平面𝐵𝐵1𝐶1𝐶，𝐵1𝐷⊂平面𝐵𝐵1𝐶1𝐶，∴𝐴𝐷⊥𝐵1𝐷，因为𝐴𝐴1=𝐵𝐵1=√3，𝐵𝐷=1，所以𝐵1𝐷=2，∵𝐴𝐷=√3，∴�

�△𝐴𝐷𝐵1=12⋅𝐵1𝐷⋅𝐴𝐷=12×2×√3=√3，𝑆△𝐴𝐵𝐷=12⋅𝐵𝐷⋅𝐴𝐷=12×1×√3=√32．设点B到平面𝐴𝐷𝐵1的距离为d，由𝑉𝐵−𝐴𝐷𝐵1=𝑉𝐵1−𝐴𝐵𝐷，得13⋅𝑆△𝐴𝐷𝐵1⋅𝑑=13⋅𝑆

△𝐴𝐵𝐷⋅𝐵1𝐵，即13×√3×𝑑=13×√32×√3，∴𝑑=√32，即点B到平面𝐴𝐷𝐵1的距离为√32．21.(Ⅰ)证明：因为𝑃𝐴⊥底面ABCD，所以𝑃𝐴⊥𝐷𝐶因为底面ABCD是正方形，所以𝐴𝐷

⊥𝐷𝐶𝐴𝐷∩𝑃𝐴=𝐴，故，所以𝐴𝐸⊥𝐷𝐶，又因为𝑃𝐴=𝐴𝐷，点E是棱PD的中点，所以𝐴𝐸⊥𝑃𝐷，𝑃𝐷∩𝐷𝐶=𝐷，故AE⊥平面PDC，，所以𝐴𝐸⊥𝑃𝐶.(Ⅱ

)解：以AB，AD，AP分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的平面直角坐标系，设𝑃𝐴=𝐴𝐷=2，直线PF与平面PAC所成角为𝜃，𝑃(0,0，2)，𝐹(2,1，0)，𝑃𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=(2,1,−2)，𝐴(0,0，0)，𝐶(2,2，0)，𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(0,

0,2)，𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(2,2,0)设平面PAC的法向量𝑛⃗⃗=(𝑥,𝑦,𝑧)，则{𝑛⃗⃗⋅𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=2𝑧=0𝑛⃗⃗⋅𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=2𝑥+2𝑦=0，取{𝑥=1𝑦=−1𝑧=0

，𝑛⃗⃗=(1,−1,0)，𝑠𝑖𝑛𝜃=|cos<𝑃𝐹⃗⃗⃗⃗⃗，𝑛⃗⃗>|=√26．所以𝑡𝑎𝑛𝜃=√1717．22.解：(1)证明：连接AC与BD相交于F，连接EF．∵底面ABCD是正方形，∴𝐹为AC中点，又E是PC的中点，∴𝐸𝐹//𝑃

𝐴，∵𝑃𝐴⊄平面EDB，𝐸𝐹⊂平面EDB，∴𝑃𝐴//平面EDB．(2)以D为原点，𝐷𝐴⃗⃗⃗⃗⃗，𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗，𝐷𝑃⃗⃗⃗⃗⃗分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系𝐷−𝑥𝑦𝑧，∵|𝑃𝐷|=|𝐴𝐷|=2，∴𝐷(0,0，0)，𝐸(0,1，1)，�

�(2,2，0)，取平面CED的一个法向量𝑛1⃗⃗⃗⃗=(1,0,0)，设平面EDB的一个法向量为𝑛2⃗⃗⃗⃗=(𝑥,𝑦,𝑧)，𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,1,1),𝐷𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(2,2

,0)，由{𝑛2⃗⃗⃗⃗⋅𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0𝑛2⋅⃗⃗⃗⃗⃗⃗𝐷𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0得{𝑦+𝑧=0,2𝑥+2𝑦=0,不妨令𝑧=1，解得𝑥=1，𝑦=−1，即𝑛2⃗⃗⃗⃗=(1,−1,1)

，∴cos<𝑛1⃗⃗⃗⃗,𝑛2⃗⃗⃗⃗>=𝑛1⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑛2⃗⃗⃗⃗⃗|𝑛1⃗⃗⃗⃗⃗||𝑛2⃗⃗⃗⃗⃗|=√33，∴二面角𝐶−𝐸𝐷−𝐵的余弦值为√33．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com