【文档说明】甘肃省天水市武山县四校2020-2021学年高一上学期第二次月考联考数学试题 .docx，共(13)页，325.363 KB，由小赞的店铺上传

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2020-2021学年第一学期第二次月考高一级数学试卷考试范围：必修二；考试时间：100分钟；题号一二三总分得分第I卷（选择题）评卷人得分一、单选题（每题5分，共60分）1．已知直线l的方程为1yx，则直线l的倾斜角为().A．30B．45C．60D．1352．以)2,1(为圆心，5

为半径的圆的方程为()A．04222yxyxB．04222yxyxC．04222yxyxD．04222yxyx3．已知直线的斜率是2，在y轴上的截距是﹣3，则此直线方程是（）A．2x

﹣y﹣3=0B．2x﹣y+3=0C．2x+y+3=0D．2x+y﹣3=04．直线4320xy与圆2224110xyxy的位置关系是（）A．相离B．相切C．相交过圆心D．相交不过圆心5．正方体内切球与外接球体积之比为(

)A．1:3B．1:3C．1:33D．1:96．已知圆221:134Oxy，圆222:211Oxy，则两圆的位置关系是（A）相交（B）内切（C）内含（D）外切7．直线134xy与两坐标轴围

成的三角形的周长为（）A．6B．7C．12D．148．如图，△O'A'B'是水平放置的△OAB的直观图，则△OAB的周长为（）A．10+2√13B．3√2C．10+4√13D．129．正方体中异面直线AC和1AD所成角的余弦为（）．A．

12B．22C．32D．010．直线(21)(1)740mxmym过定点（）A．（1，-3）B．（4，3）C．（3，1）D．（2，3）11．圆：06422yxyx和圆：0622xyx交于A，B两点，则AB的垂直平分线的方程是（）A．03

yxB．052yxC．093yxD．0734yx12．正方体-中，与平面所成角的余弦值为（）A．B．C．D．第II卷（非选择题）评卷人得分二、填空题（每题5分，共20分）13．已知空间两点𝐴(1,5,−2

)，𝐵(2,4,1)，则它们之间的距离为__________．14．两条平行直线3x﹣4y+2=0和6x﹣8y+9=0的距离为．15．直线50xy被圆224460xyxy所截得的弦的长为．16．已知a、b是

两条不重合的直线，α、β是两个不重合的平面，给出四个命题：①a∥b，b∥α，则a∥α②a、b⊂α，a∥β，b∥β，则α∥β③a⊥α，b∥α，则a⊥b其中正确命题的是．1111ABCDABCDABCD1111ABCD1BB1

ACD63332323评卷人得分三、解答题（17题10分，其余各题12分）17．求过两直线和的交点,且分别满足下列条件的直线l的方程（1）直线l与直线平行；（2）直线l与直线垂直.18．某个几何体的三视图如图所示(单位：m)．(1)求该几何体的表面积；(2)求该几何体的体积．19．

已知𝐴(−3,2)，𝐵(5，−4)，𝐶(0，−2)，在△𝐴𝐵𝐶中，（1）求𝐵𝐶边所在直线的方程；（2）求𝐵𝐶边上的中线所在直线的方程．240xy20xy3410xy5360xy20．

如图，在长方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，底面𝐴𝐵𝐶𝐷是边长为2的正方形．．1）证明：𝐴1𝐶1//平面𝐴𝐶𝐷1．（2）求异面直线𝐶𝐷与𝐴𝐷1所成角的大小；．3）已知三棱锥𝐷1−𝐴𝐶𝐷的体积为23，求𝐴𝐴1的长．2

1．已知直线与圆相交于点和点。（1）求圆心所在的直线方程；（2）若圆心的半径为1，求圆的方程22．如图，在正方体1111ABCDABCD中，E是1AA的中点.lC1,0P0,1QCCC（1）求证：1/

/AC平面BDE；(2)求证：平面1AAC平面BDE；参考答案1．B【解析】试题分析：直线l的方程为1yx，故直线的斜率1k，设直线l的倾斜角为，则tan1，又0180，故45.考点：直线的倾斜角与斜率.2．C【解析】试题分析：由圆心坐标为（-1，2），半

径5r，则圆的标准方程为：22(1)(2)5xy，化简可得C答案.考点：本题考查对圆的标准方程与一般方程考点的理解.3．A【解析】试题分析：由已知直接写出直线方程的斜截式得答案．解：∵直线的斜率为2，在y轴上的截距是﹣3，∴由直线方程的斜截式得

直线方程为y=2x﹣3，即2x﹣y﹣3=0．故选：A．考点：直线的斜截式方程．4．D【解析】试题分析：将圆的方程变为标准方程为221216xy，所以圆心为1,2，半径为4。因为圆心到直线的距离224132242

543d，所以直线与圆相交。将圆心1,2代入直线4320xy方程不成立，则说明直线不过圆心。故D正确。考点：点与线的位置关系，线与圆的位置关系。5．C【解析】试题分析：设正方体的棱长为1，则其内

切球的直径为1，半径为12；外接球的直径为3，半径为32，根据球的体积公式可知两球的体积之比为33131:3322：.故选D.考点：正方体内切球和外接球的体积.6．A【解析】试题分析：圆1O的圆心（1

，-3），半径为2；圆2O的圆心（2，-1），半径为1，两圆心间的距离125)13()21(22d，所以两圆相交，答案选A．考点：两圆的位置关系的判断7．C.【解析】试题分析：直线134xy与两坐标轴的交点分别为)0,3

(，)4,0(，因此与两坐标轴围成的三角形周长为12434322.考点：直线的方程.8．A【解析】试题分析：根据斜二侧画法得到三角形OAB的底面边长0B=4，高OA=2O'A'=6，然后求三角形的周长即可．详解：根据斜二侧画法得到三角形OAB为直角三角形，底面边长0B

=4，高OA=2O'A'=6，AB=2√13，∴直角三角形OAB的周长为10+2√13．故选：A．点睛：本题主要考查平面图形的直观图的应用，要求熟练掌握斜二测画法的边长关系，比较基础，一般的图像转化为直观图时满足的规律是：横不变，纵减半，经常

用到的结论：直观图的面积上原图的面积等于√24.9．A【解析】试题分析：画出正方体1111ABCDABCD可知，AC∥11AC，所以异面直线AC和1AD所成角转化为直线11AC与1AD所成的角，而11ACD为等边三角形，所以11AC与1AD所成角为60，即异面直线AC和1AD所成角

为60，余弦值为12．考点：异面直线成角．10．C【解析】试题分析：将(21)(1)740mxmym化为0)4()72(yxmyx，联立04072yxyx，得13

yx，即直线(21)(1)740mxmym过定点)1,3(．考点：直线过定点问题．11．C【解析】试题分析：由题意圆：x2+y2-4x+6y=0和圆：x2+y2-6x=0交于A、B两点，则AB的垂直平分线的方程，就是求两个圆的圆心的连线方程，圆：x2+y2-4x+

6y=0的圆心（2，-3）和圆：x2+y2-6x=0的圆心（3，0），所以所求直线方程为：033023yx，即3x-y-9=0．故答案为：3x-y-9=0．考点：两个圆的位置关系，弦的中垂线方程的求法，12．A【解析】试题分析：如下图，分别

以边1,,DADCDD所在直线为,,xyz轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体边长为1，则1(0,0,0),(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1)DACD，所以11(0,0,1),(1,1,0),(1,0,1)DDACAD

，设平面1ACD的法向量为(,,)mxyz，则100mACxymADxz，取1,x则1,1yz，所以(1,1,1)m．设1DD与平面1ACD所成的角为，则1

13sincos,33mDD，所以6cos3，故应选A．考点：1、直线与平面所成的角；2、空间向量法求立体几何问题．13．√11【解析】【分析】直接利用空间两点间距离公式求解即可．【详解】空间两点

𝐴(1,5,−2)，𝐵(2,4,1)，则它们之间的距离为：√(1-2)2+(5-4)2+(-2-1)2=√11.．故答案为：√11.【点睛】本题考查空间两点间距离构公式的应用，基本知识的考查．14．【解析】试题分析

：首先使两条平行直线x与y的系数相等，再根据平行线的距离公式求出距离即可．解：由题意可得：两条平行直线为6x﹣8y+4=0与6x﹣8y+9=0，由平行线的距离公式可知d===．故答案为：．考点：两条平行直线间的距离．15．6【解析】试题分析：圆224460xyxy

转化为标准式方程()()22222xy-++=，圆心()2,2-到直线50xy的距离为()|225|2211d---==+，圆的半径为2，因此所求弦长为12262-=考点：1．圆的方程；2．直线被圆截得的弦长的求法；16．③【解析

】试题分析：结合各判定定理及推论，举出反例说明．解：对于①若a⊂α，显然结论不成立；对于②，若a∥b，则α与β有可能相交，也有可能平行；对于③，∵b∥α，∴在α存在直线c∥b，∵a⊥α，∴a⊥c，∴a⊥b．故答案为③．考点：空间中直线与平面之间的位置关系．17．（1）；（2）

．3480xy35100xy【解析】试题分析：（1）先联立两直线和，解出交点坐标，由直线l与直线平行斜率相同可求出直线l的斜率，再用点斜式写出方程化简即可；（2）因为直线l与直线垂直，所以两直线的斜率互为负倒数，由此求出直线l的斜率，再用点斜式写出方程化简即可．试题解析：由可得

交点坐标为（0，2）．（1）∵直线l与平行，∴l的斜率，l的方程，即为．（2）∵直线l与垂直，∴l的斜率，l的方程，即为．考点：两直线平行与垂直的充要条件．18．(1)24＋π;(2)8+23𝜋.【解析】试题分析：由三视图得到几何体的直观图，根

据几何体的组成求出几何体的表面积和体积。试题解析：由三视图知，此几何体由上下两部分组成，其中上边是一个半径为1的半球，下边是一个棱长为2的正方体。(1)S．S半球．S正方体表面积．S圆．12×4π×12．6×2×2．π×12．24．π(2)V

．V半球．V正方体．12×43π×13．23．8．23π19．（1）𝐵𝐶边所在直线的两点式方程为𝑦+42=𝑥−5−5；（2）BC边上的中线所在直线的两点式方程为𝑦−2−5=2(𝑥+3)11．【

解析】【分析】利用两点式可得BC边所在直线方程，利用中点坐标公式可得BC边的中点，再利用两点式即240xy20xy3410xy5360xy24020xyxy3410xy34k324yx34

80xy5360xy35k325yx35100xy可得出．【详解】（1）∵𝐵𝐶边过两点𝐵(5,−4),𝐶(0,−2)，∴由两点式得𝑦−(−4)−2−(−4)=𝑥−50−5，故𝐵𝐶边所在直线的两点

式方程为𝑦−(−4)−2−(−4)=𝑥−50−5．即𝑦+42=𝑥−5−5．（2）设𝐵𝐶的中点为𝑀(𝑥0,𝑦0)，则𝑥0=5+02=52，𝑦0=−4+(−2)2=−3．∴𝑀(52,−3),又𝐵𝐶边上的中线经过点𝐴(−3,2)．∴由两点式得𝑦−2−3−2=�

�−(−3)52−(−3)，即𝑦−2−5=2(𝑥+3)11故BC边上的中线所在直线的两点式方程为𝑦−2−5=2(𝑥+3)11．【点睛】本题考查了中点坐标公式、两点式，考查了计算能力，属于基础题．20．(1)见解析;(2)90∘;(3)1.【解析】【分析】（1）要证𝐴1𝐶

1//平面𝐴𝐶𝐷1，需证𝐴1𝐶1//𝐴𝐶．由长方体的性质可得．（2）由𝐶𝐷⊥平面𝐴𝐷𝐷1𝐴1，可知以异面直线𝐶𝐷与𝐴𝐷1所成角90∘（3）直接由体积公式求解即可。【详解】（1）证明：在长方体中，因𝐴𝐴1=𝐶𝐶1,𝐴𝐴1//𝐶𝐶1．可得𝐴

1𝐶1//𝐴𝐶．𝐴1𝐶1不在平面𝐴𝐶𝐷1内，𝐴𝐶⊂平面𝐴𝐶𝐷1．则𝐴1𝐶1//平面𝐴𝐶𝐷1．（2）因为𝐶𝐷⊥平面𝐴𝐷𝐷1𝐴1，𝐴𝐷1⊂平面𝐴𝐷𝐷1𝐴1,可得𝐶𝐷⊥𝐴𝐷1．所以异面

直线𝐶𝐷与𝐴𝐷1所成角90∘．．3．由13×12×2×2×𝐴𝐴1=23，𝐴𝐴1=1．【点睛】线面平行的性质定理：如果一条直线平行于一个平面，过这条直线作一个平面与这个平面交线，那么直线和交线平行。线线平行的性质定理和线面平行的性质定理要熟练

掌握。21．(1)PQ中点M(,),1PQk,……3分所以线段PQ的垂直平分线即为圆心C所在的直线的方程:yx……5分(2)由条件设圆的方程为:221xayb……6分由圆过P,Q点得:,……8分解得或……

10分所以圆C方程为:221xy或222210xyxy……12分【解析】本试题主要是考查了直线与圆的位置关系的运用，。以及圆的方程的求解。（1）PQ中点M(,),1PQk,……3分所以线段PQ的垂直平

分线即为圆心C所在的直线的方程:yx（2）由条件设圆的方程为:221xayb，由圆过P,Q点得得到关系式求解得到。22．（1）见解析；（2）见解析；（3）510。【解析】试题分析：（1）设ACBDO，证明EOCA//1即可；（

2）证明BDAC，1AABD，则ACA1平面BD；（3）根据线面角的定义结合（2）可知直线BE与平面1AAC所成角是∠BEO。21211)1(1)1(2222baba00ba11ba2121（1）设ACBDO，E、O分别是

1AA、AC的中点，1AC∥EO又1AC平面BDE，EO平面BDE，1AC∥平面BDE4分（2）1AA平面ABCD，BD平面ABCD，1AABD5分又BDAC，1ACAAA，BD平面1AAC7分BD平面BDE，平面BDE平面1AAC8分