2019年高二9月月考数学理试题.doc

2019年高二9月月考数学理试题一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1（5分）A、B为球面上相异两点，则通过A、B两点可作球的大圆有（）A一个B无穷多个C零个D一个或无穷多个考点：旋转体（圆柱、圆锥、圆台）专题：分类讨论分析：由A、B为球面上相异两点，我们分A，B分别为球直径的两端点和A，B不为球直径的两端点两种情况，分类讨论后易得到答案解答：解：如果A，B两点为球面上的两极点（即球直径的两端点）则通过A、B两点可作球的无数个大圆如果A，B两点不是球面上的两极点（即球直径的两端点）则通过A、B两点可作球的一个大圆故选：D点评：本题考查的知识点是球的结构特征，本题易忽略A，B分别为球直径的两端点时的情况，而错选A2（5分）（xx山东）下列几何体各自的三视图中，有且仅有两个视图相同的是（）ABCD考点：简单空间图形的三视图专题：阅读型分析：利用三视图的作图法则，对选项判断，A的三视图相同，圆锥，四棱锥的两个三视图相同，棱台都不相同，推出选项即可解答：解：正方体的三视图都相同，而三棱台的三视图各不相同，圆锥和正四棱锥的，正视图和侧视图相同，所以，正确答案为D故选D点评：本题是基础题，考查几何体的三视图的识别能力，作图能力，三视图的投影规则是主视、俯视 长对正；主视、左视高平齐，左视、俯视 宽相等3（5分）（xx重庆）对于任意的直线l与平面，在平面内必有直线m，使m与l（）A平行B相交C垂直D互为异面直线考点：空间中直线与平面之间的位置关系专题：分类讨论分析：由题意分两种情况判断l；l，再由线线的位置关系的定义判断解答：解：对于任意的直线l与平面，分两种情况l在平面内，l与m共面直线，则存在直线ml或ml；l不在平面内，且l，则平面内任意一条直线都垂直于l； 若l于不垂直，则它的射影在平面内为一条直线，在平面内必有直线m垂直于它的射影，则m与l垂直；若l，则存在直线ml故选C点评：本题主要考查了线线及线面的位置关系，利用线面关系的定义判断，重点考查了感知能力4（5分）（xx台州模拟）如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB=10，AD=5，AA1=4分别过BC、A1D1的两个平行截面将长方体分成 三部分，其体积分别记为V1=，V2=，V3=若V1：V2：V3=1：3：1，则截面A1EFD1的面积为（）ABC20D考点：棱柱的结构特征专题：转化思想分析：先由三部分几何体均为棱柱，且有等高的特点，将体积之比转化为底面积之比，再由底面图形具有等高的特点将面积之比转化为边长之比，最后求出线段A1E的长即可计算矩形面积解答：解：将长方体分成的三部分均为棱柱，且高均为5，故V1：V2：V3=SAA1E：SA1E1BE：SAA1E=1：3：1AA1E与四边形A1E1BE有等高4，故AE：EB=2：3，AB=10，AE=4，A1E=4截面A1EFD1的面积为EFA1E=54=20故选C点评：本题考察了棱柱的体积公式的用法，将空间问题不断转化为平面问题的思想方法，转化化归的思想方法5（5分）在下列关于点P，直线l、m与平面、的命题中，正确的是（）A若m，lm，则lB若，=m，P，Pl，且lm，则lC若且l，lm，则mD若l、m是异面直线，m，m，l，l，则考点：平面与平面之间的位置关系专题：空间位置关系与距离分析：A直线l可以在平面内，故不一定有lB由条件可得l或l与相交但不一定垂直C由条件可得m或m与相交但不一定垂直或m由此可排除A，B，C，从而答案D正确解答：解：由分析可知答案ABC皆不正确，应排除，故答案D正确下面证明D正确，如图所示：过直线m作一个平面交平面于直线m1，且直线m1与直线l相交，m，m1m，又m1，m，m1，而已知l，l，故答案D正确故选D点评：本题综合考查了线线、线面、面面的平行与垂直的位置关系，充分理解以上的判定定理和性质定理是解题的关键6（5分）在正方体ABCDA1B1C1D1中，E、F分别是AA1和B1B的中点，则D1F与CE所成角的余弦值为（）ABCD考点：异面直线及其所成的角专题：计算题；空间位置关系与距离分析：建立空间直角坐标系，分别写出相关点和相关向量的坐标，再利用向量数量积运算的夹角公式计算两直线方向向量的夹角余弦值，即可得到结论解答：解：以D为原点，DA、DC、DD1为x、y、z轴建立空间直角坐标系，设正方体的边长为2则C（0，2，0），E（2，0，1），F（2，2，1），D1（0，0，2）=（2，2，1），=（2，2，1）D1F与CE所成角的余弦值为|=|=故选A点评：本题考查了空间异面直线所成的角的求法，考查向量数量积运算及夹角公式的运用，属于中档题7（5分）如图所示，直线l1：axy+b=0与l2：bxy+a=0（ab0，ab）的图象只可能是（）ABCD考点：直线的图象特征与倾斜角、斜率的关系专题：常规题型分析：根据两直线y1=ax+b和y2=bx+a分别经过第几象限，对应的一次函数的系数和常数项才正确，结合图象即可判断对错解答：解：对A，由y1=ax+b经过第一，四，三象限，可知a0，b0，由y2=bx+a过第一，二，三象限知b0，a0，故本选项错误；对B，由y1=ax+b经过第一，二，四象限，可知a0，b0，由y2=bx+a过第一，二，三象限知b0，a0，故本选项错误；对C，由y1=ax+b经过第一，三，四象限，可知a0，b0，由y2=bx+a过第一，三，四象限知b0，a0，故本选项错误；对D，由y1=ax+b经过第一，二，四象限，可知a0，b0，由y2=bx+a过第一，二，四象限知b0，a0，故本选项正确；故选D点评：本题考查了直线的斜率和截距的问题，属于基础题，关键是掌握一次函数图象的单调性与系数的关系8（5分）圆C1：x2+y26x+6y48=0与圆公切线的条数是（）A0条B1条C2条D3条考点：两圆的公切线条数及方程的确定专题：计算题；直线与圆分析：将两圆化成标准方程，可得它们的圆心坐标和半径大小，从而得到两圆的圆心距等于，恰好介于两圆的半径差与半径和之间，由此可得两圆位置关系是相交，从而得到它们有两条公切线解答：解：圆C1：x2+y26x+6y48=0化成标准方程，得（x3）2+（y+3）2=64圆C1的圆心坐标为（3，3），半径r1=8同理，可得圆C2的圆心坐标为（2，4），半径r2=8因此，两圆的圆心距|C1C2|=|r1r2|C1C2|r1+r2=16两圆的位置关系是相交，可得两圆有2条公切线故选：C点评：本题给出两个圆的一般式方程，探求两圆的位置关系并找出公切线的条数，着重考查了圆的一般式方程与标准方程的互化和两圆位置关系的判断等知识点，属于基础题9（5分）（2011浙江模拟）若圆（x3）2+（y+5）2=r2上有且只有两个点到直线4x3y=2的距离等于1，则半径r的取值范围是（）A（4，6）B4，6）C（4，6D4，6考点：点到直线的距离公式专题：计算题分析：先利用点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，由题意得|5r|1，解此不等式求得半径r的取值范围解答：解：圆心P（3，5）到直线4x3y=2的距离等于 =5，由|5r|1得 4r6，故选 A点评：本题考查点到直线的距离公式的应用，以及绝对值不等式的解法10（5分）有6根细木棒，长度分别为1，2，3，4，5，6，从中任取三根首尾相接，能搭成三角形的概率是（）ABCD考点：古典概型及其概率计算公式专题：概率与统计分析：首先利用列举法求得从中任取3根的所有等可能的情况与从中任取3根恰好能搭成一个三角形的情况，然后利用概率公式求解即可求得答案解答：解：所有的取法有=20种，其中，能构成三角形的取法有（234）、（245）、（256）、（345）、（346）、（356）、（456），共有7种情况，故能搭成三角形的概率是 ，故选D点评：此题考查了概率公式的应用，解题的关键是注意掌握：概率等于所求情况数与总情况数之比，属于基础题11（5分）如图，平面平面，A，B，AB与两平面、所成的角分别为和过A、B分别作两平面交线的垂线，垂足为A、B，若AB=12，则AB=（）A4B6C8D9考点：点、线、面间的距离计算专题：计算题分析：连接AB，AB，由已知中A、B分别为过A、B向两平面交线所作的垂线的垂足，故AB与两平面、所成的角分别为BAB，ABA，再由已知中AB=12，分别求出BB，AB的长，解三角形ABB，即可求出AB的长解答：解：连接AB，AB，如下图所示：AB与两平面、所成的角分别为和即BAB=，ABA=又AB=12BB=6，AB=6AB=6故选B点评：本题考查的知识点是空间两点之间的距离，其中根据已知条件及线面夹角的定义，分别求出BB，AB的长，是解答本题的关键12（5分）已知结论：“在正三角形ABC中，若D是边BC的中点，G是三角形ABC的重心，则”，若把该结论推广到空间，则有结论：“在棱长都相等的四面体ABCD中，若BCD的中心为M，四面体内部一点O到四面体各面的距离都相等，则=（）A1B2C3D4考点：类比推理专题：计算题分析：类比平面几何结论，推广到空间，则有结论：“=3”设正四面体ABCD边长为1，易求得AM=，又O到四面体各面的距离都相等，所以O为四面体的内切球的球心，设内切球半径为r，则有r=，可求得r即OM，从而可验证结果的正确性解答：解：推广到空间，则有结论：“=3”设正四面体ABCD边长为1，易求得AM=，又O到四面体各面的距离都相等，所以O为四面体的内切球的球心，设内切球半径为r，则有r=，可求得r即OM=，所以AO=AMOM=，所以 =3故答案为：3点评：本题考查类比推理、几何体的结构特征、体积法等基础知识，考查运算求解能力，考查空间想象力、化归与转化思想属于基础题二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共25分，请将答案填在答题卡对应题号的位置上.13（5分）侧棱长为2的正三棱锥VABC中，AVB=BVC=CVA=40，过点A作截面AEF，则截面AEF周长的最小值为6考点：棱锥的结构特征专题：计算题分析：沿着侧棱VA把正三棱锥VABC展开在一个平面内，如图，则AA即为截面AEF周长的最小值，且AVA=340=120VAA中，由余弦定理可得 AA的值解答：解：如图所示：沿着侧棱VA把正三棱锥VABC展开在一个平面内，如图（2），则AA即为截面AEF周长的最小值，且AVA=340=120VAA中，由余弦定理可得 AA=6，故答案为 6点评：本题主要考查余弦定理的应用，棱锥的结构特征，利用棱锥的侧面展开图研究几条线段和的最小值问题，是一种重要的解题方法，属于基础题14（5分）设某几何体的三视图如图所示，则该几何体表面积是36考点：由三视图求面积、体积专题：计算题分析：由几何体的三视图可知：该几何体是一个长宽高分别为4，2，2的长方体砍去一个角三棱锥DACD1后剩下的图形，如图所示，据此可计算出其表面积解答：解：由几何体的三视图可知：该几何体是一个长宽高分别为4，2，2的长方体砍去一个角三棱锥DACD1后剩下的图形：AD1C的三边长分别为，其面积=该几何体的表面积S=42+22+42+22+6=36故答案为36点评：由三视图正确恢复原几何体是解题的关键15（5分）已知ABC和DBC所在的平面互相垂直，且AB=BC=BD，CBA=DBC=120，则AB与平面ADC所成角的正弦值为考点：直线与平面所成的角专题：计算题；空间角分析：作AOBC于点O，连DO，以点O为原点，OD，OC，OA的方向分别为x轴、y轴、z轴方向，建立坐标系，确定的坐标，求得平面ADC的法向量，利用向量的夹角公式，即可求得结论解答：解：设AB=1，作AOBC于点O，连DO，以点O为原点，OD，OC，OA的方向分别为x轴、y轴、z轴方向，建立坐标系，得下列坐标：O（0，0，0），D（，0，0），B（0，0），C（0，0），A（0，0，）=（0，），设平面ADC的法向量为，则可取AB与平面ADC所成角的正弦值为|cos|=|=|=故答案为：点评：本题考查空间角的计算，考查转化的思想方法，考查利用向量知识解决空间角问题，确定向量的坐标是关键16（5分）（xx泉州模拟）如图：点P在正方体ABCDA1B1C1D1的面对角线BC1上运动，则下列四个命题：三棱锥AD1PC的体积不变；A1P面ACD1；DPBC1；面PDB1面ACD1其中正确的命题的序号是 考点：直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定专题：综合题；转化思想分析：如右图，对于，容易证明AD1BC1，从而BC1平面AD1C，以P为顶点，平面AD1C为底面，易得；对于，连接A1B，A1C1容易证明平面BA1C1面ACD1，从而由线面平行的定义可得；对于，由于DC平面BCB1C1，所以DCBC1平面，若DPBC1，则DC与DP重合，与条件矛盾；对于，容易证明PDB1面ACD1，从而可以证明面面垂直解答：解：对于，容易证明AD1BC1，从而BC1平面AD1C，故BC1上任意一点到平面AD1C的距离均相等，所以以P为顶点，平面AD1C为底面，则三棱锥AD1PC的体积不变；正确；对于，连接A1B，A1C1容易证明A1C1AD1且相等，由于知：AD1BC1，所以BA1C1面ACD1，从而由线面平行的定义可得；正确；对于由于DC平面BCB1C1，所以DCBC1平面，若DPBC1，则DC与DP重合，与条件矛盾；错误；对于，连接DB1，容易证明DB1面ACD1，从而由面面垂直的判定知：正确故答案为：点评：本题考查三棱锥体积求法中的等体积法；线面平行、垂直的判定，要注意使用转化的思想三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17（12分）设圆的方程为x2+y24x5=0，（1）求该圆的圆心坐标及半径；（2）若此圆的一条弦AB的中点为P（3，1），求直线AB的方程考点：圆的标准方程；直线与圆的位置关系专题：计算题；直线与圆分析：（1）将圆配方为标准方程，即可求得圆的圆心坐标及半径；（2）利用CPAB，求出AB的斜率，进而可求直线AB的方程解答：解：（1）将x2+y24x5=0配方得：（x2）2+y2=9圆心坐标为C（2.0），半经为r=3（6分）（2）设直线AB的斜率为k由圆的知识可知：CPAB，kCPk=1又Kcp=1，k=1直线AB的方程为y1=1（x3）即：x+y4=0（12分）点评：本题考查圆的方程，考查圆的性质，考查计算能力，属于基础题18（12分）如图，ABCD是正方形，O是正方形的中心，PO底面ABCD，E是PC的中点，求证：（1）PA平面BDE；（2）平面PAC平面BDE考点：直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定专题：证明题分析：（1）先根据中位线定理得到OEAP，进而再由线面平行的判定定理可得到PA平面BDE（2）先根据线面垂直的性质定理得到POBD，结合ACBD根据线面垂直的判定定理得到BD平面PAC，从而根据面面垂直的判定定理得到平面PAC平面BDE，得证解答：证明（1）O是AC的中点，E是PC的中点，OEAP，又OE平面BDE，PA平面BDE，PA平面BDE（2）PO底面ABCD，POBD，又ACBD，且ACPO=OBD平面PAC，而BD平面BDE，平面PAC平面BDE点评：本题主要考查中位线定理、线面平行的判定定理和面面垂直的判定定理考查立体几何的基本定理和空间想象能力19（12分）（2011陕西）如图，在ABC中，ABC=60，BAC=90，AD是高，沿AD把ABD折起，使BDC=90（）证明：平面ADB平面BDC；（）设E为BC的中点，求与夹角的余弦值考点：平面与平面垂直的判定；用空间向量求直线间的夹角、距离专题：计算题分析：（）翻折后，直线AD与直线DC、DB都垂直，可得直线与平面BDC垂直，再结合AD是平面ADB内的直线，可得平面ADB与平面垂直；（）以D为原点，建立空间直角坐标系，分别求出D、B、C、A、E的坐标，从而得出向量、的坐标，最后根据空间向量夹角余弦公式，计算出与夹角的余弦值解答：解：（）折起前AD是BC边上的高，当ABD折起后，ADDC，ADDB，又DBDC=D，AD平面BDC，AD平面ADB平面ADB平面BDC（）由BDC=90及（）知DA，DB，DC两两垂直，不防设|DB|=1，以D为坐标原点，分别以、所在直线x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，易得D（0，0，0），B（1，0，0），C（0，3，0），A（0，0，），E（，0），=，=（1，0，0），与夹角的余弦值为cos，=点评：图中DA、DB、DC三条线两两垂直，以D为坐标原点建立坐标系，将空间的几何关系的求解化为代数计算问题，使立体几何的计算变得简单20（12分）已知圆x2+y2=25，ABC内接于此圆，A点的坐标（3，4），O为坐标原点（1）若ABC的重心是，求直线BC的方程；（三角形重心是三角形三条中线的交点，并且重心到顶点的距离是它到对边中点距离的两倍）（2）若直线AB与直线AC的倾斜角互补，求证：直线BC的斜率为定值考点：直线的一般式方程；直线的倾斜角；直线的斜率分析：（1）要求三角形顶点的坐标，可先将它们的坐标设出来，根据重心的性质，我们不难求出BC边上中点D的坐标，及BC所在直线的斜率，代入直线的点斜式方程即可求出答案（2）若直线AB与直线AC的倾斜角互补，则他们的斜率互为相反数，又由他们都经过A点，则可以设出他们的点斜式方程，代入圆方程后，求出BC两点的坐标，代入斜率公式，即可求证出正确的结论解答：解：设B（x1，y1），C（x2，y2），由题意可得：即，又，相减得：（x1+x2）（x1x2）+（y1+y2）（y1y2）=0，直线BC的方程为y1=（x1），即x+y2=0（2）设AB：y=k（x3）+4，代入圆的方程整理得：（1+k2）x2+（8k6k2）x+9k224k9=03，x1是上述方程的两根，同理可得：点评：三角形重心的坐标是三角形三个顶点坐标的平均数，由重心坐标及任意两顶点的坐标，构造方程易求第三个顶点的坐标；已知三个顶点的坐标，代入重心坐标公式，即得重心坐标；如果已知重心坐标和其中一个顶点的坐标，则我们只能求出该顶点对边上中点的坐标21（12分）已知以点A（1，2）为圆心的圆与直线l1：x+2y+7=0相切过点B（2，0）的动直线l与圆A相交与M、N两点，Q是MN的中点，直线l与l1相交于点P（I） 求圆A的方程；（II）当时，求直线l的方程；（III）是否为定值，如果是，求出定值；如果不是，请说明理由考点：直线和圆的方程的应用；直线的一般式方程；圆的标准方程专题：计算题；证明题分析：（I）设出圆A的半径，根据以点A（1，2）为圆心的圆与直线l1：x+2y+7=0相切点到直线的距离等于半径，我们可以求出圆的半径，进而得到圆的方程；（II）根据半弦长，弦心距，圆半径构成直角三角形，满足勾股定理，我们可以结合直线l过点B（2，0），求出直线的斜率，进而得到直线l的方程；（III）由直线l过点B（2，0），我们可分直线的斜率存在和不存在两种情况，分别讨论是否为定值，综合讨论结果，即可得到结论解答：解：设圆A的半径为R，由于圆A与直线l1：x+2y+7=0相切，（2分）圆A的方程为（x+1）2+（y2）2=20（4分）（II） 当直线l与x轴垂直时，易知x=2符合题意（5分）当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为y=k（x+2），即kxy+2k=0，连接AQ，则AQMN，（6分）则由，得，直线l：3x4y+6=0故直线l的方程为x=2或3x4y+6=0（9分）（III）AQBP，（10分）当l与x轴垂直时，易得，则，又，（11分）当l的斜率存在时，设直线l的方程为y=k（x+2），则由，得P（，），则综上所述，是定值，且（14分）点评：本题考查的知识点是直线和圆的方程的应用，直线的一般式方程，圆的标准方程，其中（I）的关键是求出圆的半径，（II）的关键是根据半弦长，弦心距，圆半径构成直角三角形，满足勾股定理，求出弦心距（即圆心到直线的距离），（III）中要注意讨论斜率不存在的情况，这也是解答直线过定点类问题的易忽略点22（12分）某城市自西向东和自南向北的两条主干道的东南方位有一块空地，市规划部门计划利用它建设一个供市民休闲健身的小型绿化广场，如下图所示是步行小道设计方案示意图，其中，Ox，Oy分别表示自西向东，自南向北的两条主干道设计方案是自主干道交汇点O处修一条步行小道，小道为抛物线y=x2的一段，在小道上依次以点为圆心，修一系列圆型小道，这些圆型小道与主干道Ox相切，且任意相邻的两圆彼此外切，若x1=1（单位：百米）且xn+1xn（1）记以Pn为圆心的圆与主干道Ox切于An点，证明：数列是等差数列，并求|OAn|关于n的表达式；（2）记Pn的面积为Sn，根据以往施工经验可知，面积为S的圆型小道的施工工时为（单位：周）试问5周时间内能否完成前n个圆型小道的修建？请说明你的理由考点：数列的求和；数列的函数特性；等差关系的确定专题：应用题分析：（1）依题意可设pn的半径，由题意可得|pnpn+1|=rn+rn+1，代入点的坐标整理可得，结合等差数列的通项公式可求，进而可求xn，即可求解（2）由=，代入Tn=，利用放缩法及裂项即可求解和，可求解答：解：（1）依题意可设pn的半径pn与pn+1相切|pnpn+1|=rn+rn+1=yn+yn+1两边平方整理可得，xnxn+10xnxn+1=2xnxn+1是以1为首项，以2为公差的等差数列=2n1即（2）=设前几个圆型小道的施工总时为Tn=5故5周内完成修建工作点评：本题主要考查了圆外切性质的应用，利用数列的递推公式构造等差数列求解通项公式，数列的裂项求和及放缩法在不等式中的应用