2021运城景胜中学高二10月月考数学（文）试题含答案

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景胜中学2020-2021学年度第一学期高二适应考试（10月）数学试题（文） 一、 选择题 （本题共计 12 小题 ，每题 5 分 ，共计60分 ， ） 1. 过点(1,0)且与直线x-2y-2=0平行的直线方程是(        ) A.x-2y-1=0 B.x-2y+1=0 C.2x+y-2=0 D.x+2y-1=0 2. 若圆x2+y2-6x-8y=0的圆心到直线x-y+a=0的距离为22，则a的值为(        ) A.2或0 B.12或32 C.-2或2 D.-2或0 3. 下列说法正确的是（        ） A.平行于同一平面的两条直线平行 B.垂直于同一直线的两条直线垂直C.与某一平面所成角相等的两条直线平行 D.垂直于同一条直线的两个平面平行4. 若圆x2+y2-2x+4y+m=0截直线x-y-3=0所得弦长为6，则实数m的值为(        ) A.-31 B.-4 C.-2 D.-15. 两圆x2+y2+4x-4y=0与x2+y2+2x-12=0的公共弦长等于（        ） A.4 B.23 C.32 D.42 6. 已知两条直线m，n和两个平面α,β，下列命题正确的是(        ) A.若m⊥α，n⊥β，且m⊥n，则α⊥βB.若m // α，n // β，且m // n，则α // βC.若m⊥α，n // β，且m⊥n，则α⊥βD.若m⊥α，n // β，且m // n，则α // β7. 已知过点1,1的直线l与圆x2+y2-4x=0交于A，B两点，则|AB|的最小值为（        ） A.2 B.2 C.22 D.48. 一个空间几何体的三视图如图，则该几何体的表面积为(        ) A.9+3 B.8+3 C.10 D.12+3 9. 将边长为2的正方形ABCD沿对角线AC折起，使得BD=2，则异面直线AB和CD所成角的余弦值为(        ) A.12 B.22 C.32 D.63 10. 如图是某几何体的三视图，图中小方格单位长度为1，则该几何体外接球的表面积为(        ) A.24π B.16π C.12π D.8π 11. 已知圆M:x2+y2+2x-1=0，直线l:x-y-3=0，点P在直线l上运动，直线PA，PB分别与圆M相切于点A，B，当切线长PA最小时，弦AB的长度为(        ) A.62 B.6 C.26 D.46 12. 直线ax+by-a+b=0ab≠0与圆x-22+y2=4交于A，B两点，且OA⊥OB（其中O为坐标原点），则ab=(        ) A.-1 B.1 C.2 D.不确定 二、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ， ）  13. 两条平行直线4x+3y+3＝0与8x+6y-9＝0的距离是________．  14. 底面半径都是3且高都是4的圆锥和圆柱的全面积之比为________．  15. 设点A(-3, 5)和B(2, 15)，在直线l:3x-4y+4=0上找一点P，使|PA|+|PB|为最小，则这个最小值为________．  16. 已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，P是AA1中点，过点D1作平面α，满足CP⊥平面α，则平面α与正方体ABCD-A1B1C1D1的截面周长为________． 三、 解答题 （本题共计 6 小题 ，共计70分 ， ）  17.(10分) 如图，四棱锥P-ABCD的底面是边长为2的菱形，PD⊥底面ABCD． (1)求证：AC⊥平面PBD； (2)若PD=2，直线∠DBP=45∘，求四棱锥P-ABCD的体积． 18.(12分) 如图所示，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD=DC，E是PC的中点，过E点作EF⊥PB交PB于点F．求证： (1)PA // 平面EDB； (2)PB⊥平面EFD.19.(12分) 已知直线L被两平行直线L1:2x-5y+9=0与L2:2x-5y-7=0所截线段AB的中点恰在直线x-4y-1=0上，已知圆C:x+42+y-12=25. (1)证明直线L与圆C恒有两个交点； (2)求直线L被圆C截得的弦长最小时的方程．20.(12分) 已知圆M的圆心为0,2，且直线3x+y=0与圆M相切，设直线l的方程为x-2y=0，若点P在直线l上，过点P作圆M的切线PA，PB，切点为A，B． (1)求圆M的标准方程； (2)若∠APB=60∘，试求点P的坐标； (3)若点P的坐标为2,1，过点P作直线与圆M交于C，D两点，当|CD|=2时，求直线CD的方程．21.(12分) 已知圆C：x2+y2-2x-4y-20=0. (1)求圆C关于直线x-2y-2=0对称的圆D的标准方程； (2)过点P4,-4的直线l被圆C截得的弦长为8，求直线l的方程； (3)当k为何值时，直线m:kx-y+3k+1=0与圆C相交弦长最短，并求出最短弦长.22.(12分) 如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB//CD，且CD=2，AB=1，BC=22，PA=1，AB⊥BC，N为PD的中点． (1)求证：AN//平面PBC； (2)在线段PD上是否存在一点M，使得直线CM与平面PBC所成角的正弦值为2626，若存在，求出DMDP的值；若不存在，说明理由．参考答案与试题解析景胜中学2020年10月高二年级月考数学试题（文）一、 选择题 （本题共计 12 小题 ，每题 5 分 ，共计60分 ） 1.【答案】A【解答】解：所求直线与直线x−2y−2=0平行，故所求直线的斜率k=12．又直线过点(1,0)，利用点斜式得所求直线的方程为y−0=12(x−1)，即x−2y−1=0．故选A．2.【答案】A【解答】解：把圆x2+y2−6x−8y=0化为标准方程为：(x−3)2+(y−4)2=25，∴ 圆心坐标为(3,4).∵ 圆心(3,4)到直线x−y+a=0的距离为22，∴  |3−4+a|2=22，即|a−1|=1，可化为a−1=1或a−1=−1，解得a=2或0.故选A.3.【答案】D【解答】解：A，平行于同一平面的两条直线可能平行，相交，异面，故A错误；B，垂直于同一直线的两条直线可能平行，相交，异面，故B错误；C，与某一平面成等角的两直线可能平行，相交，异面，故C错误；D，垂直于同一直线得两平面平行，故D正确.故选D.4.【答案】B【解答】解：由圆x2+y2−2x+4y+m=0即(x−1)2+(y+2)2=5−m，∴ 圆心为(1, −2)，∴ 圆心在直线x−y−3=0上，∴ 此圆直径为6，则半径为3，∴ 5−m=32，∴ m=−4.故选B.5.【答案】D【解答】解：公共弦方程为x−2y+6=0．圆x2+y2+2x−12=0的圆心为−1,0，半径r=13圆心到公共弦的距离d=5所以弦长为2×13−5=42。故D正确．6.【答案】A【解答】解：若m⊥α，n⊥β，且m⊥n，则α⊥β，故A正确；若m // α，n // β，且m // n，则α与β平行或相交，故B错误；若m⊥α，n // β，且m⊥n，则α与β平行或相交，所以C错误；若m⊥α，m // n，则n⊥α，又由n // β，则α⊥β，故D错误.故选A.7.【答案】C【解答】解：圆x2+y2−4x=0可化为(x−2)2+y2=4，圆心为2,0，则2,0，1,1两点距离为2，圆的半径为2，AB最小值为222−22=22.故选C.8.【答案】D【解答】解：由三视图可知：该几何体是一个棱长和底面边长都是2的正三棱柱砍去一个三棱锥得到的几何体．S=S△ABC+S矩形CBB1C1+S梯形ACC1P+S梯形ABB1P+S△PC1B1=34×4+2×2+2×12×(2+1)×2+12×5−1×2=12+3．故选D．9.【答案】A【解答】解：取AC，BD，BC中点依次为E，F，G，连接BD，EF，EG，FG，DE，EB，则FG//CD，EG//AB，∴ ∠FGE为异面直线AB与CD所成的角.正方形边长为2，则FG=22，EG=22，在等腰直角三角形ABC中，∵ AB=BC=2，∴ AC=2.∵ 点E为AC的中点，∴ BE=12AC=1，同理可得，DE=1.∵ BE2+DE2=2=BD2，∴ △BED是等腰直角三角形.又∵ 点F为BD的中点，∴ EF=12BD=22.在△EFG中，FG=EG=EF=22，∴ △EFG是等边三角形，∴ ∠FGE=60∘，∴ cos∠FGE=cos60∘=12.故选A.10.【答案】A【解答】解：根据几何体的三视图，得该几何体是三棱锥，还原到长方体中，长方体的长宽高分别为2, 2, 4，如图所示，因为长方体的外接球就是三棱锥的外接球，所以外接球的直径为长方体的体对角线的长度为：22+22+42=24=26，所以外接球的半径为6，则该几何体外接球的表面积为4π(6)2=24π.故选A.11.【答案】B【解答】解：由条件得圆M:x+12+y2=2，圆心M−1,0，半径r=2.因为PM2=PA2+r2=PA2+2，所以当PM取得最小值时，切线长PA有最小值.易知当PM⊥l时，PM有最小值为PM=|−1−0−3|2=22，所以PA的最小值为8−2=6，所以AB=2×MA⋅PAPM=6.故选B.12.【答案】B【解答】解：因为原点O在圆上，若OA⊥OB，则AB为圆的直径，所以直线过圆心2,0，故2a−a+b=0，得ab=1．故选B．二、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ） 13.【答案】32【解答】可将直线8x+6y−9＝0化为4x+3y−92=0，所以两条平行直线间的距离为|3−(−92)|42+32=32，14.【答案】47【解答】由题意，圆柱与圆锥的底面半径R＝3，圆柱与圆锥的高h＝4，则圆锥的母线长为l＝5，则圆锥的全面积为：πR2+12×2πR×l＝9π+15π＝24π；圆柱的全面积为：2πR2+π×2R×h＝18π+24π＝42π．∴ 圆锥的全面积与圆柱的全面积之比为：24π42π=47．15.【答案】513【解答】解：设点A(−3, 5)关于直线l:3x−4y+4=0的对称点为A′(a, b)，由题意可列得方程组：b−5a+3×34=−1，3×a−32−4×b+52+4=0，解得A′(3,−3)，则|PA|+|PB|的最小值=|A′B|=12+182=513．故答案为：513．16.【答案】45+62【解答】解：取AD 中点 E，AB 中点 F，连接PD，D1E，EF，B1F，B1D1，AC，BD，如下图所示：因为E为 AD 中点，F 为 AB 中点，则 EF // BD，BD // B1D1，所以 EF // B1D1，所以 E，F，B1，D1 四点共面．根据正方形性质可知 CD⊥平面 ADD1A1，而 D1E⊂平面ADD1A1，所以 CD⊥D1E.易得△D1DE≅△DAP，可知∠ED1D=∠PDA，而∠PDA+∠PDD1=90∘，所以∠ED1D+∠PDD1=90∘，即 PD⊥D1E.因为 CD∩PD=D，所以 D1E⊥平面 PDC，而CP⊂平面 PDC，所以 D1E⊥CP.E 为 AD 中点，F 为 AB 中点，由正方形和正方体性质可知EF⊥AC，PA⊥EF，且 PA∩AC=A，所以 EF⊥平面 PAC，而 CP⊂平面 PAC，所以 EF⊥CP.又因为 D1E⊥CP，D1E∩EF=E，所以 CP⊥平面 EFB1D1，即平面 EFB1D1 为平面 α 与正方体 ABCD−A1B1C1D1 的截面，正方体 ABCD−A1B1C1D1 棱长为 4，所以 EFB1D1 的周长为： B1D1+D1E+EF+B1F=42+42+22+22+42+22=45+62.故答案为：45+62.三、 解答题 （本题共计 6 小题 ，共计70分 ） 17.【答案】(1)证明：因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.又因为PD⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以PD⊥AC.又PD∩BD=D，PD⊂平面PBD，BD⊂平面PBD，故AC⊥平面PBD；(2)解：因为∠DBP=45∘，PD⊥平面ABCD，因此BD=PD=2.又AB=AD=2，所以菱形ABCD的面积为S=AB⋅AD⋅sin60∘=23，故四棱锥P−ABCD的体积V=13S⋅PD=433.【解答】(1)证明：因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.又因为PD⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以PD⊥AC.又PD∩BD=D，PD⊂平面PBD，BD⊂平面PBD，故AC⊥平面PBD；(2)解：因为∠DBP=45∘，PD⊥平面ABCD，因此BD=PD=2.又AB=AD=2，所以菱形ABCD的面积为S=AB⋅AD⋅sin60∘=23，故四棱锥P−ABCD的体积V=13S⋅PD=433.18.【答案】证明：(1) 连结AC、BD，交于点O，连结OE，∵底面ABCD是正方形，∴ O是AC中点，∵点E是PC的中点，∴OE//PA.∵OE⊂平面EDB， PA⊄平面EDB，∴ PA//平面EDB．(2)∵PD=DC，点E是PC的中点，∴DE⊥PC.∵底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，∴ PD⊥BC， CD⊥BC，且 PD∩DC=D，∴ BC⊥平面PDC，∴ DE⊥BC，又PC∩BC=C，∴ DE⊥平面PBC，∴ DE⊥PB，∵EF⊥PB ，EF∩DE=E，∴PB⊥平面EFD．【解答】证明：(1) 连结AC、BD，交于点O，连结OE，∵底面ABCD是正方形，∴ O是AC中点，∵点E是PC的中点，∴OE//PA.∵OE⊂平面EDB， PA⊄平面EDB，∴ PA//平面EDB．(2)∵PD=DC，点E是PC的中点，∴DE⊥PC.∵底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，∴ PD⊥BC， CD⊥BC，且 PD∩DC=D，∴ BC⊥平面PDC，∴ DE⊥BC，又PC∩BC=C，∴ DE⊥平面PBC，∴ DE⊥PB，∵EF⊥PB ，EF∩DE=E，∴PB⊥平面EFD．19.【答案】解：(1)设线段AB的中点P的坐标a,b，由P到L1，L2的距离相等，得|2a−5b+9|22+52=|2a−5b−7|22+52，经整理得，2a−5b+1=0，又点P在直线x−4y−1−0上，所以a−4b−1=0，解方程组2a−5b+1=0,a−4b−1=0,得a=−3,b=−1,即点P的坐标−3,−1，所以直线L恒过点P−3,−1.将点P−3,−1代入圆C:x+42+y−12=25，可得−3+42+−1−12