【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（文）试题【精准解析】33333333.doc，共(18)页，1.662 MB，由小赞的店铺上传

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定远育才学校2019—2020学年度第一学期第三次月考高二实验班文科数学（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.已知直线m，n和平面，n，则“mn”是“m”的（）A.充分不必

要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】D【解析】【分析】结合线面平行的判定定理和性质定理即可判断命题的真假【详解】直线,lm，平面，且m，若//lm，当l时，//l，当l时不能得出结论，故充分性不成立；若//l，过l作一个平面，若m时，则

有//lm，否则//lm不成立，故必要性也不成立．由上证知“//lm”是“//l”的既不充分也不必要条件，故选D．【点睛】本题考查由线面平行的性质定理和判定定理判断命题的真假，属于基础题2.直线1:3230lkxky

和2:2220lkxky互相垂直，则实数k的值是（）A.2或1B.2或1C.2或1D.2或1【答案】D【解析】【详解】根据直线垂直的充要条件得到：3(2)(2)(2)0kkkk化

简为23201kkk或2．故选择D．3.一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图是菱形，则该几何体的侧面积为（）A.3＋6B.3＋5C.2＋6D.2＋5【答案】C【解析】试题分析：该几何体的高为1，底面对角线长为2的菱形构成的四棱锥ABC

DE，如图所示，在直角三角形ABE中，1,2ABBE，所以3AE,在三角形AED中，3,2,5AEEDAD，所以222AEDEAD，所以三角形AED是直角三角形，则该几何体的侧面积为112(21)2(23)2622S

，故选C.考点：几何体的三视图及几何体的侧面积的计算.【方法点晴】本题主要考查了几何体的三视图及几何体的侧面积的计算，着重考查了推理和运算能力及空间想象能力，属于中档试题，解答此类问题的关键是根据三视图的规则“长对正、宽相等、高平齐”的原则，还原出原几何体的形状，本题的解答中

根据给定的三视图得出该几何体的高为1，底面对角线长为2的菱形构成的四棱锥是解答的关键.4.已知一个圆柱的底面半径和高分别为r和h，2πhr，侧面展开图是一个长方形，这个长方形的长是宽的2倍，则该圆柱的表面积与侧面积的比是A.1ππB.12ππC.12π2πD.14π

2π【答案】A【解析】由题意可知22π,πhrhr，则该圆柱的表面积与侧面积的比是22π2πππ12πππrhrhrrrrhhr，选A.5.曲线y＝1＋24x与直线y＝k(x－2)＋4有两个交点，则实数k的

取值范围是()A.(512，＋∞)B.(13，34]C.(0，512)D.(512，34]【答案】D【解析】【分析】根据直线的点斜式方程可得直线l经过点2,4A，曲线C表示以0,1圆心半径为2的圆的上半圆，由此作出图形，求出半圆切线

的斜率和直线与半圆相交时斜率的最小值，数形结合可得结果.【详解】根据题意画出图形，如图所示：由题意可得：直线l过A(2,4)，B(－2，－1)，又曲线y＝1＋24x图象为以(0,1)为圆心，2为半径的半圆，当直线l与半圆相切，C为切点时，圆心到直线l的距离

d＝r＝2，由22421kk解得：k＝512；当直线l过B点时，直线l的斜率为4122＝34，则直线l与半圆有两个不同的交点时，实数k的取值范围为(512，34]，故答案为(512，34]．故选D.【点睛】本题主要考查

圆的方程与性质，直线与圆的位置关系，考查了数形结合思想的应用，属于中档题.数形结合就是把抽象数量关系与直观的几何图形、位置关系结合起来，通过“以形助数”或“以数解形”即通过抽象思维与形象思维的结合，可以使复杂问题简单化，抽象问题具体化，从而起到优化解题途径

的目的.6.在正方体1111ABCDABCD中，EF、分别为ABBC、的中点，则异面直线1EFAB、所成角的余弦值为（）A.33B.32C.22D.12【答案】D【解析】连结,ACEF分别为,ABBC中点，1//EFACBAC为1,EFA

B所成的角．在1ABC中，11,,ABACBC为面对角线1113ABACBCBAC11cos2BAC．故选D．点睛：异面直线所成角的求解技巧：求异面直线所成的角采用“平移线段法”，平移的方法一般有

三种类型：利用图中已有的平行线平移；利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移；补形平移．计算异面直线所成的角通常放在三角形中进行，强调对余弦定理的应用．7.过原点且倾斜角为60°的直线被圆2240xyy所截得的弦长为（）A.23B.2C.6D.3【答案】A

【解析】由题意可得，直线方程为：tan603yxx，即30xy，圆的标准方程为：22222xy，圆心到直线的距离：302131d，则弦长为：22224123rd.本题选择A选项.点睛

：圆的弦长的常用求法(1)几何法：求圆的半径为r，弦心距为d，弦长为l，则222lrd；(2)代数方法：运用根与系数的关系及弦长公式：2121ABkxx.8.若圆心在x轴上、半径为5的圆O位于y轴左侧，且与直线x+2y=0相切，

则圆O的方程是A.22(5)5xyB.22(5)5xyC.22(5)5xyD.22(5)5xy【答案】D【解析】试题分析：圆的圆心在横轴上，且半径已知，可假设圆的方程为，因为直线与圆相切，即圆心到直线的距离等于半径，可求得，因为圆在纵轴的左侧，则必有，所

以，则圆的方程为22(5)5xy，正确选项为D．考点：圆的标准方程及其切线性质.【思路点睛】本题考查圆和基础知识及直线与圆的位置关系等基础知识，设出圆心坐标因其在坐标轴上，所以只有一个变量，再由圆心到直线的距离等于半径即解得．设圆心为，则，再根据题意

，以及圆的方程即可求出结果.9.下列四个正方体图形中，AB，为正方体的两个顶点，MNP，，分别为其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP的图形的序号是（）A.①③B.②④C.②③D.①④【答案】D【解析】在①中，由正方体性质得到平面MNP与AB所在平面平行，∴AB∥平面MNP，故①成立；②

若下底面中心为O，则NO∥AB，NO∩面MNP=N，∴AB与面MNP不平行，故②不成立；③过P作与AB平行的直线PO，则PO与平面MNP相交，∴AB与面MNP不平行，故③不成立；在④中，AB与PN平行，∴AB平面MNP，故④成立.综上所述，答案为①④.本题选择D选项.10.圆台的上、下两个底面圆

的半径分别为3和4，母线与底面的夹角是60，则圆台的母线长l（）A.3B.22C.23D.2【答案】D【解析】圆台的轴截面是一个等腰梯形，腰长即为母线长，上底长为6，下底长为8，底角为60在上底的一个端点向下底作垂线，可得直角三角形，其中12的下底-12的上底为1，利用60，可得腰长为2

故选D11.已知圆222(1)(2)xyr上有且只有两个点到直线43350xy的距离等于1，则半径r的范围是（）A.(4,6)B.(4,6]C.[4,6)D.[4,6]【答案】A【解析】圆

心到直线的距离为：22413235534d，据此可知，满足题意时有：51,46rr,表示为区间的形式即4,6.本题选择A选项.12.已知空间两条不同的直线,mn和两个不同的平面,，以下能推出“”的是（）A

.mn，m，nB.mn，m，nC.mn，m，nD.mn，m，n【答案】C【解析】对于A，平面α，β可能平行或者相交但是不一定垂直；故A错误；对于B,由m∥n,m⊥α得到n⊥α,又n⊥β,

所以α∥β，得不到α⊥β；故B错误对于D，m⊥n，m⊥α，α∩β=n，由此无法得到m与β的位置关系，因此α，β不一定垂直；故D错误；对于C,由m∥n，m⊥α得到n⊥α，又n⊂β，所以α⊥β，故C正确；本题选择C选项.二、填空题(共4小题

,每小题5分,共20分)13.若直线34yx与圆22:14Oxy相交于,AB两点，则AB__________．．【答案】210【解析】由题意得直线方程即为340xy，圆心0,0O到直线的距离4231d，所以22142210AB．答案：21014.已知三棱锥ABCD

，CD面ABC，RtABC中两直角边5AB，3BC，该三棱锥的外接球的表面积为50，则三棱锥的体积为__________．【答案】10【解析】外接球的表面积为502450r，解得522r252r5AB，3BC，25934AC则50344DC三棱

锥的体积115341032V15.已知空间四边形ABCD中，对角线6,8ACBD，则空间四边形ABCD中平行于AC和BD的截面四边形的周长的取值范围是____________【答案】(12,16)【解析】用平行于AC和BD的四边形截空间四边形ABCD，则其周长

当一边无限接近6时，另一边趋近0，此时周长大于12，另一种情况则小于16，故答案为12,1616.过点M(0,4)，且被圆(x−1)2+y2=4截得的线段长为23的直线方程为_______．【答案】15x+8y−32=0或x=

0【解析】当直线与x轴垂直时，圆心到直线的距离为1，半径为2，则弦长为24123符合题意，当直线与x轴不垂直时，设直线的斜率为k，则直线方程为4ykx，圆心到直线的距离为241kk，根据勾股定理，可知224431kk

，求得15,8k直线方程158320xy，故答案为158320xy或0x.三、解答题(共6小题,共70分)17.已知直线l：x－2y＋2m－2＝0．(1)求过点(2，3)且与直线l垂直的直线的方程；(2)若

直线l与两坐标轴所围成的三角形的面积大于4，求实数m的取值范围．【答案】（1）270xy；（2）,13,【解析】试题分析：（1）由直线:2220lxym的斜率为12，可得所求直线的斜率为2，代入点斜式方程，可得答案；（2）直线l与两坐标轴的交点分别

为22,0,0,1mm，则所围成的三角形的面积为12212mm，根据直线l与两坐标轴所围成的三角形的面积为大于4，构造不等式，解得答案.试题解析：(1)与直线l垂直的直线的斜率为－2，因为点(2，3)在该直线上，所以所求直线方程为y－3＝－2(x－2)

，故所求的直线方程为2x＋y－7＝0．(2)直线l与两坐标轴的交点分别为(－2m＋2，0)，(0，m－1)，则所围成的三角形的面积为×|－2m＋2|×|m－1|．由题意可知×|－2m＋2|×|m－1|＞4

，化简得(m－1)2＞4，解得m＞3或m＜－1，所以实数m的取值范围是(－∞，－1)∪(3，＋∞)．【方法点睛】本题主要考查直线的方程，两条直线平行与斜率的关系，属于简单题.对直线位置关系的考查是热点命题方向之一，这类问题以简单题为主，主要考查两直线垂直与两直线平

行两种特殊关系：在斜率存在的前提下，（1）1212||llkk；（2）12121llkk，这类问题尽管简单却容易出错，特别是容易遗忘斜率不存在的情况，这一点一定不能掉以轻心.18.已知圆C的圆心在直线1l：10xy上，与直线2l：43140xy相切，且截直线3l：3410

0xy所得弦长为6（Ⅰ）求圆C的方程（Ⅱ）过点(0,1)M是否存在直线l，使以l被圆C截得弦AB为直径的圆经过原点?若存在，写出直线的方程；若不存在，说明理由.【答案】（1）22(2)(1)25xy（2）不存在直线l.【解析】试题分析：（Ⅰ）由圆C的圆心在直

线1l：10xy上，故可设圆心坐标为,1xx，再根据圆C与直线2l相切，截直线3l：34100xy所得弦长为6，列出等式方程求解即可；（2）由题意过0,1M的直线l斜率一定存在，设直线l的方程为1ykx，以AB为直径的圆过原点，则

OAOB，设11()Axy，，22()Bxy，，则12120xxyy，联立直线与圆的方程，消去y，得到关于x的一元二次方程，由，利用韦达定理即可求出k.试题解析：（Ⅰ）设圆心,1xx∵圆C与直线2l相切

∴4311471155xxxr∵圆C截直线3l：34100xy所得弦长为6∴圆C到直线3l的距离为344107655xxxd∴2276711955xx

∴2x∴圆心2,1，5r∴圆C的方程222125xy（Ⅱ）①当直线l的斜率不存在时，0x不符合题意②设l：1ykx设1122,,,AxyBxy∵l被圆C截得弦AB为直径的圆经过原点∴OAO

B，即0OAOB∴12120xxyy联立直线与圆的方程221{(2)(1)25ykxxy化简可得2222250xkx，即2214210kxx∴0，12212241211xxkxxk

∵12120xxyy，111ykx，221ykx∴21212110kxxkxx，即2421101kk∴2550kk∵0∴无解∴不存在直线l.点睛：直线与圆的位置关系一方面要体现方程思想，另一方面要结合已知条件，从图形角度求解.联立直线与圆

的方程得到方程组，化为一元二次方程后由根与系数的关系求解是一个常用的方法，涉及垂直的关系时往往利用根与系数的关系，设而不求法简化运算.19.如图，已知正方体1111ABCDABCD的棱长为3，,MN分别是棱1AA、AB上的点，且1AMAN.（1）证明：1

,,,MNCD四点共面；（2）求几何体1AMNDDC的体积.【答案】(1)见解析;(2)1132AMNDDCV.【解析】试题分析：（Ⅰ）欲证M，N，C，D1四点共面，转证MN∥A1B即可；（Ⅱ）先证明几何体1AMNDDC是一个三棱台，再求几何体1AM

NDDC的体积．试题解析：（1）证明：∵11//ADAD，11ADAD，又//BCAD，BCAD，∴11//ADBC，且11ADBC，连接1AB，则四边形11ABCD是平行四边形，所以11//ABDC在1ABA中，1AMAN，13AAAB，所以1AMANAAAB，所以1/

/MNAB所以1//MNDC，所以1,,,MNCD四点共面.（2）因为平面11//ABBA平面11DCCD，又1,,,MNCD四点共面，所以平面//AMN平面1DDC延长CN与DA相交于点P，因为//ANDC所以ANPADCPD，即133PAPA，解得32PA，同理

可得32QA，所以点P与点Q重合所以1,,DMDACN三线相交于一点，所以几何体1AMNDDC是一个三棱台所以111199133322222AMNDDCV.20.如图,点B是以AC为直径的圆周上的一点，,4PAABBCAC,PA平面ABC，点E为PB

中点.（Ⅰ）求证：平面AEC平面PBC；（Ⅱ）求直线AE与平面PAC所成角的大小.【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）6【解析】试题分析：（I）由于AC是圆的直径，所以CBAE，由于PA平面ABC，所以PABC，所以BC⊥平面PAB，所以BCAE⊥，根据等腰三角形三线合一有

AEPB，故AE⊥面PBC，故面AEC面PBC.（II）设圆心为O，过E作OB的平行线GE，利用线面角的定义可知角EAG即是线面角的平面角，通过解直角三角形求得线面角的大小.试题解析：（Ⅰ）AC是圆的直径，C

BAB,,PAABCPABC又面BCPAB面BCAE又,PAABEPB是中点，AEPB所以AEPBC面所以面AEC面PBC（Ⅱ）设圆心为O,则由ABBC得BOAC且BOPAC面取PO

的中点,GEG连，则//EGBO,所以EGPAC面连,AGEAG就是直线AEPAC与平面所成角，112,122AEPBGEOB所以1sin2GEEAGAE，AEPAC与平面所成角为621.如图，在直三棱柱111ABCABC中，D是BC的中点.（1）求证：1//

AB平面1ADC；（2）若ABAC，1ABAC，12AA，求几何体111ABDABC的体积【答案】（1）证明见解析（2）56【解析】【分析】（1）连接1AC，交1AC于点E，连接DE，则1//DEAB．由此

能证明1//AB平面1ADC．（2）几何体111ABDABC的体积1111ABCABCCADCVVV，由此能求出结果．【详解】证明：（1）连接1AC，交1AC于点E，则点E是1AC及1AC的中点．连接DE，则1//DEAB．因为DE平面1ADC，1AB

平面1ADC，所以1//AB平面1ADC．解：（2）ABAC，1ABAC，12AA，几何体111ABDABC的体积：1111ABCABCCADCVVV1113ABCADCSAASAA1111112(11)22322

15166．【点睛】本题考查线面平行的证明，考查几何体的体积的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．22.如图，在直三棱柱111ABCABC中，ABBC，12AAAC，1BC，E，F分别是11AC

，BC的中点.（1）求证：平面ABE平面11BBCC；（2）求证：1//CF平面ABE；（3）求三棱锥EABC的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）33．【解析】【分析】（1）由

直三棱柱侧棱与底面垂直可得1BBAB，结合已知ABBC，得到AB平面11BBCC，从而得到平面ABE平面11BBCC；（2）取AB的中点G，连接EG，FG．由三角形中位线定理可得1//GFEC，且1GFE

C，得到四边形1FGEC为平行四边形，进一步得到1//CFEG．由线面平行的判定得到1//CF平面ABE；（3）由已知求解直角三角形得到AB，求得底面积，代入三棱锥体积公式求得三棱锥EABC的体积．【详解】解析：（1）证明：在三棱柱1

11ABCABC中，1BB底面ABC，所以1BBAB.又因为ABBC，1BBBCB，所以AB平面11BBCC，又ABÌ平面ABE，所以平面ABE平面11BBCC（2）证明：取AB的中点G，连接EG，FG.因为E，F，G分别是11AC，BC

，AB的中点，所以//FGAC，且12FGAC，11112ECAC.因为11//ACAC，且11ACAC，所以1//GFEC，且1GFEC，所以四边形1FGEC为平行四边形，所以1//CFEG.又因为EG平面ABE，1CFË平面ABE，所以1//CF平面ABE.（3）因为

12AAAC，1BC，ABBC，所以223ABACBC.所以三棱锥EABC的体积111133123323ABCVSAA.【点睛】本题考查直线与平面平行、平面与平面垂直的判定，考查棱锥体积的求法，灵活

运用中点推出线线平行是解答该题的关键，是中档题．