【文档说明】吉林省白城市洮南市第一中学2020-2021学年高二上学期第一次月考试题数学（理）试卷含答案.pdf，共(19)页，535.311 KB，由小赞的店铺上传

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-1-数学试卷（理）第I卷（选择题）一、选择题1．已知点(2,5),(1,6)AB，则直线AB的倾斜角为（）A．34B．23C．3D．42．已知直线240xy与直线230xmym平行，则它们

之间的距离为（）A．5B．10C．352D．31023．已知a，b，c为三条不重合的直线，α，β为两个不重合的平面．①a∥c，b∥c⇒a∥b；②a∥c，c∥α⇒a∥α；③a∥β，a∥α⇒α∥β；④a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α.其中正确命题的个数是()A．2B．3C．4D．54．

圆2220xyx与圆22(1)(2)9xy的位置关系为（）A．内切B．相交C．外切D．相离5．某水平放置的平面图形的斜二侧直观图是梯形（如图所示），0145,12ABCADABBC，则该平

面图形的面积为（）A．3B．4C．322D．3246.已知圆锥的表面积为3，且它的侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的体积为（）-2-A．33B．3C．23D．27．一直三棱柱的每条棱长都是2，且每个顶点都在球O的表面上，则球O的表面积为（）A．28

3B．223C．73D．78．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某三棱锥的三视图，则该几何体的体积为（）A．23B．2C．43D．49．已知平面α∥平面β，P是α，β外一点，过点P的直线m

与α，β分别交于A，C两点，过点P的直线n与α，β分别交于B，D两点，且PA＝6，AC＝9，PD＝8，则BD的长为()A．16B．24或C．14D．20或10．已知△ABC是面积为934的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上.若球O的表面积

为16π，则O到平面ABC的距离为（）A．3B．32C．1D．3211．正三棱锥PABC中，若6PA，40APB，点E、F分别在侧棱PB、PC上运动，则三角形AEF的周长的最小值为（）A．36sin20B．62C．12

D．6312.已知直线:(2)(1)440lmxmym上总存在点M，使得过M点作的圆C：222430xyxy的两条切线互相垂直，则实数m的取值范围是（）-3-A．2m或2mB．28mC．210mD．2

m或8m第II卷（非选择题）二、填空题13．由直线1yx上的一点向圆22(3)1xy引切线，则切线长的最小值为_____________.14．如图所示，在正方体1111ABCDABCD中，4AB，,MN分别为棱1111,ADAB的中点，过点B的平

面//平面AMN，则平面截该正方体所得截面的面积为______.15．下列四个命题中正确的是.①如果一条直线不在某个平面内，那么这条直线就与这个平面平行；②过直线外一点有无数个平面与这条直线平行；③过平面外一点有无数条直线与这个平面平行；④过空间一点必存在某个平面与两条异面直线都平行．16.曲

线214yx=+-，与直线(2)4ykx有两个公共点时，则实数k的取值范围是_________________．三、解答题17．已知一几何体的三视图如图所示，它的侧视图与正视图相同.（1）求此几何体的体积；（2）求几何体的表面积.-4-18．已知圆C经过两点

1,1P、1,1Q，且圆心C在直线20xy上．（1）求圆C的方程；（2）过点0,3M的直线l与圆C相交于A、B两点，且23AB求直线l的方程．19．如图，在长方体1111ABCDABCD中，底面ABCD为正方形，O为11

AC的中点，且2AB．（1）证明：//OD平面1ABC．（2）若异面直线OD与1AB所成角的正切值为13，的体积求四棱锥111ACCAB20.在平面直角坐标系xOy中,已知圆C方程为22420xy

xy，圆Q方程为4)2()1(22yx(1)求圆C和圆Q的公共弦所在直线的方程和公共弦的长．(2)设P是圆22:82160Dxyxy上任意一点,过点P作圆C的两条切线,PMPN,,

MN为切点,试求四边形PMCN面积S的最小值.21.在三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别是线段BC，CC1的中点，在线段AB上是否存在一点M，使直线DE∥平面A1MC？请证明你的结论．22．已知圆22:(2)5Cxy，直线:120lmxym，mR.-5

-（1）求证：对mR，直线l与圆C总有两个不同的交点,AB；（2）求弦AB的中点M的轨迹方程，并说明其轨迹是什么曲线；（3）是否存在实数m，使得圆C上有四点到直线l的距离为455？若存在，求出m的范围；若不

存在，说明理由.参考答案1．A【解析】【分析】求出直线的斜率，从而可得直线的倾斜角.【详解】由题知直线AB的斜率65112k，故直线AB的倾斜角为34．故答案为：A.【点睛】本题考查直线的倾斜角的求法，可先求出斜率，再根据两者之间的关系求出倾斜角，本题属于基础题.2.C【解析】

【分析】根据直线240xy与直线230xmym平行，由4034mm,解得m，然后利用两平行线间的距离.【详解】因为直线240xy与直线230xmym平行，所以4034mm,解

得4m，因为直线240xy与直线7202xy-6-所以它们之间的距离为227|4|352212．故选：C【点睛】本题主要考查两直线的位置关系，还考查了运算求解的能力，属于基础题.3．A[由公理4，知①正确；对于②，可能a∥α

，也可能a⊂α，故②错误；对于③，α与β可能平行，也可能相交，故③错误；对于④，∵a⊄α，∴a∥α或a与α相交．∵b⊂α，a∥b，故a∥α，故④正确．]4．A【解析】【分析】通过圆的标准方程，可得圆心和半径，通过圆心距与半径的关系，可得两圆的关系为内切.【详解】22(1)1xy，圆心(1,0

)，半径为1；22(1)(+2)9xy，圆心(1,2)，半径为3两圆圆心距2等于半径之差，所以内切.故选：A【点睛】本题考查了圆与圆的位置关系，考查了运算求解能力和数形结合数学思想，属于基础题目.5A【解析】【分析】先确定直观图中的线段长，再确定平面图

形中的线段长度，从而求得平面图形的面积.【详解】由0145,12ABCADABBC根据斜二测画法可知：原平面图形为：下底边长为2，上底为1，高为2的直角梯形，所以12232S.-7-故选：A【点睛】本题考查了

斜二测画法中直观图与平面图形中的量的变化，属于基础题.6．A【解析】【分析】设圆锥的底面半径为r，高为h，母线为l，根据其表面积为3，得到23rlr，再由它的侧面展开图是一个半圆，得到rl，联立求得半径和高，利用体积公式

求解.【详解】解：设圆锥的底面半径为r，高为h，母线为l，因为其表面积为3，所以23rlr，即23rlr，又因为它的侧面展开图是一个半圆，所以rl，即2lr，所以221,2,3rlhlr，

所以此圆锥的体积为21133333Vrh.故选：A.【点睛】本题主要考查圆的面积、周长、圆锥的侧面积及体积等知识点，考查运算求解能力，属于基础题型.7．A【解析】【分析】-8-由正三棱柱的两个底面的中心的连线的中点就是其外接球的球心，

球心与顶点的连线长就是半径，利用勾股定理，可求出球的半径，即可求出球的表面积.【详解】正三棱柱的两个底面的中心的连线的中点就是其外接球的球心，球心与顶点的连线长就是半径，设底面三角形外接圆的半径r，由正弦定理可得，2432sin603r，∴233r，所以球的半径2223

7133R，所以球的表面积728433S．故选：A．【点睛】本题考查正三棱柱的外接球的表面积的求法，明确球心、球的半径与正三棱柱的关系是本题解决的关键．8．A【解析】由三视图可知该几何体为三棱锥DABC（如图所示），其中ABAC2

，D到平面ABC的距离为1，故所求的三棱锥的体积为112V221323.-9-故选A9．B[由α∥β得AB∥CD.分两种情况：若点P在α，β的同侧，则PAPC＝PBPD，∴PB＝165，∴BD＝2

45；若点P在α，β之间，则有PAPC＝PBPD，∴PB＝16，∴BD＝24.]10．C【解析】【分析】根据球O的表面积和ABC的面积可求得球O的半径R和ABC外接圆半径r，由球的性质可知所求距离2

2dRr.【详解】设球O的半径为R，则2416R，解得：2R.设ABC外接圆半径为r，边长为a，ABC是面积为934的等边三角形，21393224a，解得：3a，22229933434ara，球心O到平面ABC的距离22431dRr

.故选：C.【点睛】本题考查球的相关问题的求解，涉及到球的表面积公式和三角形面积公式的应用；解题关键是明确球的性质，即球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面.11．D-10-【解析】【分析】画出正三棱锥PABC侧面展开图，

将问题转化为求平面上两点间的距离最小值问题，不难求得结果．【详解】将三棱锥由PA展开，如图，正三棱锥PABC中，40APB，则图中1120APA，当点A、E、F、1A位于同一条直线上时，AEF的周长最小，故1AA为AEF的周长的最小值，又1

PAPA，1PAA为等腰三角形，6PA，16PA，22166266cos12063AA，AEF的最小周长为：63．故选：D．【点睛】本题考查的知识点是棱锥的结构特征，其中将三棱锥的侧面展开，将空间问题转化为平面上两点

之间的距离问题，是解答本题的关键．12．C【解析】-11-如图，设切点分别为A，B．连接AC，BC，MC，由90AMBMACMBC及MAMB知，四边形MACB为正方形，故||222MC，若直线l上总存在点M使得过点M的两条切线互相垂直

，只需圆心(12)，到直线l的距离22|22244|2(2)(1)mmmdmm≤，即28200mm≤，∴210m，故选C．点睛：直线与圆的位置关系常用处理方法：（１）直线与圆相切处理时要利用圆心与切点连线垂直，构建直角三角形，进

而利用勾股定理可以建立等量关系；（２）直线与圆相交，利用垂径定理也可以构建直角三角形；（３）直线与圆相离时，当过圆心作直线垂线时长度最小．.13．7【解析】从题意看出，切线长、直线上的点到圆心的距离、半径之间满足

勾股定理，显然圆心到直线的距离最小时，切线长也最小．圆心到直线的距离为：22301422211,切线长的最小值为2(22)17：故本题正确答案为7.14．18【解析】【分析】-12-如图，取11CD中点P，11B

C中点Q，连接,,,PQPDBQBD，可知等腰梯形PQBD即为所求截面，求出面积即可.【详解】如图，取11CD中点P，11BC中点Q，连接,,,PQPDBQBD，可知在正方体1111ABCDABCD中，//PQBD，,,,PQBD确定平面，//PQMN

，//PQ平面AMN，//PDAN，//PD平面AMN，平面//PQBD平面AMN，即四边形PQBD为所得截面，可知四边形PQBD是一个等腰梯形，如图，可知22,42,32PQBDh===，()122423218

2PQBDS\=+´=.故答案为：18.【点睛】本题考查空间中平行平面的判断，找平行线是解决问题的关键.-13-15.②③【解析】【分析】①可由空间中直线与平面的位置关系判断；②③可由直线与平面平行的

性质判断；④可用排查法判断．【详解】空间中直线与平面的位置关系有相交，平行与直线在平面内①错误，直线还可能与平面相交②正确③正确因为过平面外一点有无数条直线与这个平面平行，且这无数条直线都在与这个平面平行的平面内．④不一定正确,当点在其中一条直线上时，不

存在平面与两条异面直线都平行.故填②③【点睛】本题考查空间中的直线与平面的位置关系，属于简单题．16.．53(,]124【解析】【分析】【详解】试题分析：曲线214,[2,2]yxx表示以（0，

1）为圆心，以2为半径的圆的上半个圆，而直线(2)4ykx过点（2，4），画出图象，可知该直线与该半圆要有两个公共点，需要53124k.考点：本小题主要考查曲线方程和直线与圆的位置关系.-14-点评：解决本小题的关键是分析出所给曲线是半圆，所给

直线过定点，进而利用数形结合思想解决问题.17．（1）16823；（2）1612【解析】【分析】首先根据题意得到由题知该几何体是一个正四棱柱（上面）和半个球（下面）构成的几何体.再计算其体积，表面积即可.【详解】（1）由题知该几何体是一个

正四棱柱（上面）和半个球（下面）构成的几何体.正四棱柱的底面对角线为4，所以底面边长为22，高为2，半球的半径为2.所以311416=4422=822233半球四棱柱VVV.（2）221+=4222422

16122圆半球四棱柱侧SSSS.【点睛】本题主要考查根据三视图求几何体的体积和表面积，属于中档题.18．（1）22114xy；（2）0x或334yx．【解析】【分析】（1）求出线段PQ的中

垂线方程，与直线方程20xy联立，可求得圆心的坐标，并求出圆C的半径，由此可得出圆C的方程；-15-（2）求得圆心到直线l的距离为1d，对直线l的斜率是否存在进行分类讨论，由圆心到直线l的距离为1d，结合

点到直线的距离公式可求得直线l的方程.【详解】（1）因为1,1P，1,1Q．所以PQ中点坐标为0,0，直线PQ的斜率为11111PQk，所以PQ的中垂线方程为yx，联立20xyyx，得1,1C，设圆C的半径为r，则22111

12rCP，故所求圆C的方程为22114xy；（2）当直线l斜率不存在时，l的方程为0x，圆心C到直线l的距离1d，此时222223ABd，满足题意：当直线l斜率存在时，

设直线l的方程为3ykx，则圆心C到直线l的距离221kdk，所以2222341kk，解得34k，所以直线l的方程为334yx．综上，直线l的方程为0x或334yx．【点睛】

本题考查圆的方程的求解，同时也考查了利用直线截圆所得的弦长求直线的方程，解题时要注意对直线的斜率是否存在进行分类讨论，考查计算能力，属于中等题.19．（1）证明见解析；(2)316【解析】【分析】（1）连接1O

B，连接BD交AC于G，连接1BG，通过证明四边形1OBGD为平行四边形得1//ODBG，进而证明//OD平面1ABC.-16-【详解】（1）证明：连接1OB，连接BD交AC于G，连接1BG．易证1//OBDG，且1OBDG，所以四边形1OBGD为平行四

边形，所以1//ODBG．因为1BG平面1,ABCOD平面1ABC，所以//OD平面1ABC．由（1）知，1//ODBG，所以异面直线OD与1AB所成角即直线1BG与1AB所成角所以11tan3ABG．因为底面ABCD为正方形，所以ACBD，又侧棱垂直底

面，所以1BBAC．因为1BBBDB，所以AC平面11BBDD，所以1ACBG．因为112,tan3AGABG，所以132BG，所以11824BB．316388V20.解（1）262)2(0122)1(yx，-17-(2)由(1)知,圆的方

程为22(2)(1)5xy依题意,2255PMCSSPMMCPC,∴当PC最小时,S最小.∵圆22:82160Dxyxy,∴(4,1)D,半径为1.∵(2,1)C,∴两个圆的圆心距6DC.∵点P在圆D上,且圆D的半径为1,∴min6

15PC,∴2min55510S.【点睛】本题考查了圆的一般方程，四边形面积的最小值，将面积用PC表示再转化为圆心距减半径是解题的关键.21.解如图，取线段AB的中点M，连接A1M，MC，A1C，

AC1，设O为A1C，AC1的交点．由已知，O为AC1的中点．连接MD，OE，则MD，OE分别为△ABC，△ACC1的中位线，所以MD綊12AC，OE綊12AC，因此MD綊OE.连接OM，从而四边形MDEO为平行四边形，则DE∥MO.因为直线DE⊄平面A1MC，MO⊂平面A1MC，所以直

线DE∥平面A1MC.即线段AB上存在一点M(线段AB的中点)，使直线DE∥平面A1MC.【点睛】本题主要考查空间直线与平面的平行的判定与性质和空间平面与平面的平行的判定与性质.-18-22.（1）见解析；（2）M的轨迹方程是2211(

2)()24xy，它是一个以1(2,)2为圆心，以12为半径的圆；（3）2m或2m.【解析】【分析】（1）依据题设可以运用圆心与直线的距离或考虑动直线过定点分析判断；（2）借助题设条件

运用圆心与弦中点的连线与直线垂直建立方程求解；（3）依据题设借助图形的直观，运用圆心距与直线的位置和数量关系建立不等式：【详解】（1）圆22:25Cxy的圆心为2,0C，半径为5，所以圆心C到直线:120lmxym的

距离222121511mmmm．所以直线l与圆C相交，即直线l与圆C总有两个不同的交点；或：直线:120lmxym的方程可化为210mxy，无论m怎么变化，直线l过定点2,1，由

于2222115，所以点2,1是圆C内一点，故直线l与圆C总有两个不同的交点．（2）设中点为,Mxy，因为直线:120lmxym恒过定点2,1，当直线l的斜率存在时，12A

Bykx，又2MCykx，1ABMCkk，所以1122yyxx，化简得22112224xyx．当直线l的斜率不存在时，中点2,0M也满足上述方程．所以M的轨迹方

程是2211224xy，它是一个以12,2为圆心，以12为半径的圆．-19-(3)假设存在直线l，使得圆上有四点到直线l的距离为455，由于圆心2,0C，半径为5，则圆心2,0C到直线l的距离为222121

455511mmmm化简得24m，解得2m或2m．【点睛】解答本题的关键要搞清楚动直线过定点的特征，然后再运用直线与圆的位置关系分析求解．求解第一问时，充分借助圆心与直线的距离进行分析求解从而使得问题获解；解答第二问时，依据题设条件充分

运用圆心与弦中点的连线与直线垂直建立方程求解；求解第三问时依据题设条件借助图形的直观，运用圆心与直线的距离之间与455的数量关系建立不等式，通过解不等式使得问题获解．