2020-2021学年黑龙江省高二10月月考数学（文）试题（解析版）

第 1 页 共 19 页 2020-2021 学年黑龙江省高二 10 月月考数学 （文）试题 一、单选题 1．已知平面 和 外的一条直线 l ，下列说法不正确的是（ ） A．若l 垂直于 内的两条平行线，则 l  B．若l 平行于 内的一条直线，则 / /l  C．若l 垂直于 内的两条相交直线，则 l  D．若l 平行于 内的无数条直线，则 / /l  【答案】A 【解析】根据直线和平面的位置关系，依次判断每个选项得到答案. 【详解】 若 l 垂直于 内的两条相交直线，则l  ，故 A 错误 C 正确； 若 l 平行于 内的一条直线，则 / /l  ，故 B 正确； 若 l 平行于 内的无数条直线，则 / /l  ，故 D 正确. 故选：A. 【点睛】 本题考查了线面关系，属于简单题. 2．已知直线  1 : 2 1 4 0l x m y    与 2 : 3 6 0l mx y   平行.则实数 m 的值（ ） A．2 B．-3 C． 2 D．-3 或 2 【答案】A 【解析】由两直线平行的条件直接列方程求解即可 【详解】 解：因为直线  1 : 2 1 4 0l x m y    与 2 : 3 6 0l mx y   平行， 所以 ( 1) 2 3m m    ，且 4 6 2m    ， 解得 2m  故选：A 【点睛】 此题考查已知两直线平行求参数，考查运算能力，属于基础题. 3．某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的表面积为（ ） 第 2 页 共 19 页 A．8 4 2 B． 6 2 2 3  C． 6 4 2 D． 6 2 2 2 3  【答案】A 【解析】把该三视图还原成直观图后的几何体是如图的四棱锥，红色线四棱锥 A-BCDE 为三视图还原后的几何体，其表面积为 1 12 2+2 2 2+2 2 2 2=2 2        8 4 2 . 选 A. 点睛：(1)解决本类题目的关键是准确理解几何体的定义，真正把握几何体的结构特征， 可以根据条件构建几何模型，在几何模型中进行判断；(2)解决本类题目的技巧：三棱 柱、四棱柱、三棱锥、四棱锥是常用的几何模型，有些问题可以利用它们举特例解决或 者学会利用反例对概念类的命题进行辨析． 4．在同一平面直角坐标系中，两直线 1x y m n   与 1x y n m   的图象可能是（ ） A． B． 第 3 页 共 19 页 C． D． 【答案】D 【解析】将直线的方程转化截距离式，得出两直线在 x 轴上的截距与在 y 轴上的截距的 关系可得选项. 【详解】 直线 1x y m n   化为 + 1x y m n  在 x 轴上的截距为 m ，在 y 轴上的截距为 n ； 直线 1x y n m   化为 + 1x y n m  在 x 轴上的截距为 n ，在 y 轴上的截距 m ， 所以两直线中一直线在 x 轴上的截距与另一直线在 y 轴上的截距互为相反数， 对于 A 选项：两直线中一直线在 x 轴上的截距与另一直线在 y 轴上的截距同为正数，不 满足题意； 对于 B 选项：两直线中一直线在 x 轴上的截距与另一直线在 y 轴上的截距同为负数，不 满足题意； 对于 C 选项：两直线中一直线在 x 轴上的截距与另一直线在 y 轴上的截距同为负数，不 满足题意； 对于 D 选项：两直线中一直线在 x 轴上的截距与另一直线在 y 轴上的截距均异号，满足 题意， 故选：D. 【点睛】 本题考查直线的截距离式的理解与辨析，属于基础题. 5．已知一个正方体和一个圆柱等高，并且侧面积相等，则这个正方体和圆柱的体积之 比为（ ） A． 4  B． 4  C． 2  D． 2  【答案】B 第 4 页 共 19 页 【解析】设正方体的棱长为 a ，根据侧面积相等，可得圆柱的底面半径为 2aR  ，再 根据体积公式可得答案. 【详解】 设正方体的棱长为 a ，则圆柱的高为 a ，设圆柱的底面半径为 R ， 则正方体的侧面积为 24a ，圆柱的侧面积为 2 R a  ， 所以 24 2a Ra ，所以 2aR  ， 所以正方体和圆柱的体积之比为 3 2 a R a  3 22 a aa        4  . 故选：B. 【点睛】 本题考查了正方体和圆柱的侧面积与体积公式，属于基础题. 6．若方程 2 2 0x y Dx Ey F     表示以 (2 )4， 为圆心，4 为半径的圆，则 F 为（ ） A．2 B．4 C．3 D．5 【答案】B 【解析】方程 2 2 0x y Dx Ey F     可化为 2 2 2 2 4 2 2 4 D E D E Fx y               ， 根据其表示以 (2 )4， 为圆心，4 为半径的圆，由 2 2 2 2 4 0 22 42 4 42 D E F D E D E F               求解. 【详解】 因为方程 2 2 0x y Dx Ey F     表示以 (2 )4， 为圆心，4 为半径的圆， 所以 2 2 2 2 4 0 22 42 4 42 D E F D E D E F               ， 第 5 页 共 19 页 解得 4 8 4 D E F       ， 所以 F 为 4. 故选：B 【点睛】 本题主要考查二元二次方程与圆的一般方程的关系，还考查了运算求解的能力，属于基 础题. 7．已知一个正三棱锥的高为 3，如下图是其底面用斜二测画法所画出的水平放置的直 观图，其中 1O B O C     ，则此正三棱锥的体积为（ ） A． 3 B．3 3 C． 3 4 D． 3 3 4 【答案】A 【解析】根据 ' 'B C 的长，求得正三棱锥的底面边长，由此求得底面积，进而求得正三 棱锥的体积. 【详解】 由于 1O B O C     ，所以 ' ' 2B C  ，根据斜二测画法的知识可知，正三棱锥的底面 等边三角形的边长为 2 ，其面积为 23 2 34   ，所以正三棱锥的体积为 1 3 3 33    . 故选：A 【点睛】 本小题主要考查根据斜二测画法的直观图，求原图的边长，考查正棱锥的体积的求法， 属于基础题. 8．已知圆 2 2 2 4 0x y x my     上两点 M ， N 关于直线 2 0x y  对称，则圆的半径 为（ ）． 第 6 页 共 19 页 A．9 B． 3 C． 2 3 D． 2 【答案】B 【解析】由题意知，圆心 (1, )2 m 在直线 2x＋y＝0 上，∴2－ 1 2 m＝0，解得 m＝4， ∴圆的方程为(x－1)2＋(y＋2)2＝9，圆的半径为 3. 9．如图，在三棱锥 S－ABC 中，SB＝SC＝AB＝AC＝BC＝4，SA＝2 3 ，则异面直线 SB 与 AC 所成角的余弦值是（ ） A． 1 8 B． 1 8  C． 1 4 D． 1 4  【答案】A 【解析】分别取 BC 、 AB 、 AS 的中点 E 、 F 、G ，连接 EF 、 EG 、 FG 、 EA 、 ES ，由题意结合平面几何的知识可得 3EG  、 2FG EF  、 GFE 或其补角即 为异面直线 SB 与 AC 所成角，再由余弦定理即可得解. 【详解】 分别取 BC 、 AB 、 AS 的中点 E 、 F 、G ，连接 EF 、 EG 、 FG 、 EA 、 ES ，如 图： 第 7 页 共 19 页 由 SB＝SC＝AB＝AC＝BC＝4 可得 3 2 32EA ES BC   ， 所以 EG SA ， 2 2 1 12 3 32EG SE SA        ， 由中位线的性质可得 / /FG SB 且 1 22FG SB  ， / /FE AC 且 1 22FE AC  ， 所以 GFE 或其补角即为异面直线 SB 与 AC 所成角， 在 GFE 中， 2 2 2 4 4 9 1cos 2 2 2 2 8 GF EF GEGFE GF EF           ， 所以异面直线 SB 与 AC 所成角的余弦值为 1 8 . 故选：A. 【点睛】 本题考查了余弦定理的应用及异面直线夹角的求解，考查了空间思维能力与运算求解能 力，属于中档题. 10．已知点 (1 4)M ， 到直线 1 0l mx y： ＋ －＝ 的距离等于1，则实数 m 等于（ ） A． 3 4 B． 3 4  C． 4 3  D． 4 3 【答案】C 【解析】由点到直线的距离公式可得：点 (1 4)M ， 到直线 1 0l mx y： ＋ －＝ 的距离 2 1 1 4 1 1 1 md m       ，再求解即可. 【详解】 解：由点到直线的距离公式可得：点 (1 4)M ， 到直线 1 0l mx y： ＋ －＝ 的距离 第 8 页 共 19 页 2 2 1 1 4 1 3 1 1 m md m m         ，由已知有 2 3 1 1 m m    ，解得： 4 3m   ， 故选 C. 【点睛】 本题考查了点到直线的距离公式，属基础题. 11．点(0，﹣1)到直线  1y k x  距离的最大值为（ ） A．1 B． 2 C． 3 D．2 【答案】B 【解析】首先根据直线方程判断出直线过定点 ( 1,0)P  ，设 (0, 1)A  ，当直线 ( 1)y k x  与 AP 垂直时，点 A 到直线 ( 1)y k x  距离最大，即可求得结果. 【详解】 由 ( 1)y k x  可知直线过定点 ( 1,0)P  ，设 (0, 1)A  ， 当直线 ( 1)y k x  与 AP 垂直时，点 A 到直线 ( 1)y k x  距离最大， 即为| | 2AP  . 故选：B. 【点睛】 该题考查的是有关解析几何初步的问题，涉及到的知识点有直线过定点问题，利用几何 性质是解题的关键，属于基础题. 12．已知 S，A，B，C 是球 O 表面上的点，SA  平面 ABC，AB BC ， 1SA AB  ， 2BC  ，则球 O 的体积等于 ( ) A． 3 2  B． 4 3  C． 2 3  D． 6  【答案】B 【解析】根据直线平面垂直的判定与性质得出 SBC ， SAC 为直角三角形，可得 SC 的中点 O 为球心，又可求得 2SC  ，求出球的半径，即可得解． 【详解】 解： SA  平面 ABC， AB BC ， SA BC  ， AB BC ， BC 面 SAB， 第 9 页 共 19 页 BS  面 SAB， SB BC  ， Rt SBC  ， Rt SAC 中 AC 的中点 O， OS OA OB OC    ， SC 为球 O 的直径，又可求得 2SC  ，球 O 的半径 1R  ，体积 34 4 3 3V R   ， 故选 B． 【点睛】 本题综合考查了空间几何体的性质，空间思维能力的运用，平面，立体问题的转化，巧 运用直角三角形的性质． 二、填空题 13．直线 3 0x y a   的倾斜角为_____. 【答案】 60 【解析】把直线方程化作斜截式，得到斜率，进而可求出倾斜角. 【详解】 由 3 0x y a   可得 3y x a  . 设斜率为 k ，倾斜角为 ，则 tan 3k   . 又 0 180   ，所以 =60  . 故答案为： 60. 【点睛】 本题考查直线的倾斜角，是一道基础题. 14．一个圆锥的母线长为10，母线与轴的夹角为 30°，则圆锥底面半径为________. 【答案】5 ； 【解析】作出圆锥的轴截面图，结合直角三角形边角关系，即可求解. 第 10 页 共 19 页 【详解】 解：如图所示为圆锥的轴截面， 10, 30AD CAD    , 所以圆锥底面半径 10sin30 5r    ， 故答案为:5. 【点睛】 本题考查圆锥的结构特征，属于基础题. 15．已知圆 O 的方程为(x－3)2＋(y－4)2＝25，则点 M(2,3)到圆上的点的距离的最大值 为________． 【答案】5＋ 2 【解析】由题意，知点 M 在圆 O 内，MO 的延长线与圆 O 的交点到点 M(2,3)的距离最大， 最大距离为 2 2(2 3) (3 4) 5 5 2      . 16．如图，正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的棱长为 1，P，Q 分别是线段 1AD 和 1B C 上的 动点，且满足 1AP B Q ，则下列命题正确的序号是___________ ①存在 P，Q 的某一位置，使 / /AB PQ ② BPQ 的面积为定值 第 11 页 共 19 页 ③当 0PA  时，直线 1PB 与 AQ 是异面直线 ④无论 P，Q 运动到任何位置，均有 BC PQ 【答案】①③④ 【解析】依次判断，每个选项：①当 P ，Q 分别为棱 1AD ， 1B C 的中点时满足，正确； ②取特殊位置 BPQV 的面积为变化，故错误；③假设不成立推出矛盾，正确；④ BC ⊥ 平面 PFGQ ，正确，得到答案. 【详解】 对于①，当 P，Q 分别是 1AD 与 1B C 的中点时，AB//PQ，所以符合题意； 对于②，当 P 在 A 处，Q 在 1B 处时， BPQV 的面积为 1 1 11 12 2 2AB BC     ，当 P， Q 分别是 1AD 与 1B C 的中点时， BPQV 的面积为 1 1 2 212 2 2 4PQ BQ      ， 不符合题意； 对于③，当 0PA  时，若直线 1PB 与 AQ 是共面直线，则 AP 与 1B Q 共面，与已知矛 盾，符合题意； 对于④, ,F G 分别为 ,P Q 在平面内的投影， 1AP B Q ，所以 1 1 B QAP AF BG PD FD QC GC    所以 //FG AB ,所以 FG CB ,QG CB ，CB  平面 PFGQ ， PQ  平面 FGQP ， 所以 BC PQ ，符合题意. 故答案为：①③④. 【点睛】 本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考 查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想，是中档题． 第 12 页 共 19 页 三、解答题 17．已知：圆 C 过点 A（6,0），B（1,5）且圆心在直线 : 2 7 8 0l x y   上，求圆 C 的方程． 【答案】 2 2( 3) ( 2) 13x y    . 【解析】【详解】 设所求圆的方程为 2 2 2( ) ( )x a y b r    ． 由题意可得         2 2 2 2 2 2 6 0 1 5 2 7 8 0 a b r a b r a b              , 解得： 所以求圆 C 的方程为 2 2( 3) ( 2) 13x y    . 18．在正四棱锥 P ABCD 中， E 、 F 分别为棱 PA 、 PC 的中点. （1）求证： //EF 平面 ABCD ； （2）求证： EF  平面 PBD . 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【解析】（1）本题首先可以连结 AC 、BD 交于点O ，连结 PO ，然后可根据 E 、F 分 别为棱 PA 、 PC 的中点得出 //EF AC ，最后根据线面平行的判定即可得出 //EF 平面 ABCD ； （2）本题首先可以根据多面体 P ABCD 为正四棱锥得出 PO AC 、 BD AC ， 然后根据 //EF AC 得出 BD EF 、 EF PO ，最后根据线面垂直的判定即可证得 EF  平面 PBD . 【详解】 （1）如图，连结 AC 、 BD 交于点 O ，连结 PO ， 第 13 页 共 19 页 因为 E 、 F 分别为棱 PA 、 PC 的中点，所以 //EF AC ， 因为 EF  平面 ABCD ， AC  平面 ABCD ， 所以 //EF 平面 ABCD ， （2）因为多面体 P ABCD 为正四棱锥，所以 PO 平面 ABCD ， BD AC ， 因为 AC  平面 ABCD ，所以 PO AC ， 因为 //EF AC ，所以 BD EF ， EF PO ， 因为 BD  平面 PBD ， PO  平面 PBD ， PO BD O ， 所以 EF  平面 PBD . 【点睛】 本题考查线面平行的判定以及线面垂直的判定，可通过线线平行证得线面平行，可通过 直线与平面内两条相交直线垂直证得线面垂直，考查推理能力，考查数形结合思想，是 中档题. 19．已知两条直线 1 : 2 4 0l x y   ， 2 : 3 2 0l x y   相交于 P 点. （1）求交点 P 的坐标； （2）求过点 P 且与直线 3 0x y   垂直的直线l 的方程. 【答案】（1） (0,2) （2） 2 0x y   【解析】（1）两直线方程联立即可求得交点 P 坐标； （2）根据两直线垂直可求得直线l 斜率，进而求得直线l 方程. 【详解】 （1）由 2 4 0 3 2 0 x y x y        得： 0 2 x y    ，  0,2P ； （2） 直线 3 0x y   斜率为1，直线l 斜率 1k   .  : 2 1 0l y x     ，即： 2 0x y   . 【点睛】 第 14 页 共 19 页 本题考查两直线交点坐标求解、根据两直线垂直求解直线方程的问题；关键是明确两直 线垂直则斜率乘积为 1 . 20．如图，四棱锥 S ABCD 的侧面 SAD 是正三角形， / /AB CD ，且 AB AD ， 2 4AB CD  ， E 是 SB 中点． （1）求证： / /CE 平面 SAD ； （2）若平面 SAD  平面 ABCD ，且 4 2SB ，求多面体 SACE 的体积． 【答案】（1）证明见解析；（2） 8 3 3 . 【解析】（1）取 SA的中点 F ，连接 EF ，证明四边形 EFDC 是平行四边形，得出 / /EC FD ， / /CE 平面 SAD ； （2）取 AD 中点G ，连接 SG ，证明 SG  平面 ABCD ，求出点 E 到平面 ABCD 的 距离，计算多面体 SACE 的体积． 【详解】 解：（1）取 SA的中点 F ，连接 EF ， 因为 E 是 SB 中点， 所以 / /EF AB ，且 2AB EF ， 又因为 / /AB CD ， 2AB CD ， 所以 / /EF DC ， EF DC ， 即四边形 EFDC 是平行四边形， 所以 / /EC FD ， 又因为 EC  平面 SAD ， FD  平面 SAD ， 第 15 页 共 19 页 所以 / /CE 平面 SAD ； （2）取 AD 中点G ，连接 SG ， 因为 SAD 是正三角形，所以 SG AD ， 因为平面 SAD  平面 ABCD ，且交线为 AD ， 所以 SG  平面 ABCD ， 因为 AB AD ，所以 AB  平面 SAD ， 所以 AB SA ， 故 2 2 4  SA SB AB ， 2 3SG ， 因为 E 是 SB 中点，所以点 E 到平面 ABCD 的距离等于 1 2 SG ， 所以多面体 SACE 的体积为：     SACE S ABCD S ACD E ABCV V V V 1 1 1 1 3 3 3 2ABCD ACD ABCS SG S SG S SG      1 2 4 1 1 12 3( 4 4 2 4 4 )3 2 2 2 2           8 3 3  ． 【点睛】 本题考查了空间中的平行与垂直关系应用问题，也考查了运算求解能力，属于中档题． 21．已知直线 l ： (1 2 ) ( 1) 7 2 0     m x m y m （1）求证：不论 m 为何实数，直线 l 恒过一定点 M； （2）过定点 M 作一条直线 1l ，使夹在两坐标轴之间的线段被 M 点平分，求直线 1l 的方 程． 【答案】（1）证明见解析；（2） 3 6 0x y   【解析】（1）将直线 l 整理得： ( 2) (2 7) 0x y m x y      ，由题意得出 2 0 2 7 0 x y x y        ，得出定点的坐标； （2）设出直线 1l 的方程，求出其与坐标轴的交点坐标，结合题意，列出方程，即可得 出直线 1l 的方程. 【详解】 第 16 页 共 19 页 （1）证明：直线 l 整理得： ( 2) (2 7) 0x y m x y      令 2 0 2 7 0 x y x y        解得： 3 1 x y      则无论 m 为何实数，直线 l 恒过定点 ( 3, 1)  （2）由题意可知，当直线 1l 的斜率不存在或等于零时，显然不合题意 设直线 1l 的方程为 ( 3) 1y k x   令 0x  ，则 3 1y k  ；令 0y  ，则 1 3x k   即直线 1l 与坐标轴的交点为 1(0,3 1), ( 3,0)A k B k   由于过定点 M ( 3, 1)  作一条直线 l1，使夹在两坐标轴之间的线段被 M 点平分 则点 M 为线段 AB 中点，即 3 1 12 1 1 3 32 k k            ，解得 1 3k   则直线 l1 的方程为 1 23y x   ，即 3 6 0x y   ． 【点睛】 本题主要考查了求直线过定点以及求直线方程，属于中档题. 22．如图，在直三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， 1 2AC BC CC a   ， 2ACB   ，点 D 为 BC 中点，连接 1AC ､ 1AC 交于点 E ，点 F 为 1DC 中点. （1）求证：  / /EF 平面 ABC ； （2）求证：平面 1ACB  平面 1AC D ； （3）求点C 到平面 1AC D 的距离. 第 17 页 共 19 页 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3） 6 3 a . 【解析】（1）利用三角形的中位线性质可得  / /EF AD ，然后再利用线面平行的判定定 理即可证出. （2）根据题意可证 1 1AC AC ， BC ⊥ 1AC ，再利用线面垂直、面面垂直的判定定理 即可证出. （3）方法一：利用等体法 1 1C ACD C AC DV V  即可求解；方法二：利用综合法，作CG AD ， 垂足为G ，连接 1C G ，作 1CH C G ，垂足为 H ，证出 CH 为点C 到平面 1AC D 的距 离，在直角 1C CG 中，求解即可. 【详解】 （1） 直三棱柱 1 1 1ABC A B C ，四边形 1 1ACC A 为平行四边形 E 为 1AC 的中点  F 为 1DC 的中点，  / /EF AD 又 EF  平面 ABC ， AD 平面 ABC ，  / /EF 平面 ABC （2） 四边形 1 1ACC A 为平行四边形， 1AC CC 平行四边形 1 1ACC A 为菱形，即 1 1AC AC  三棱柱 1 1 1ABC A B C 为直三棱柱  1C C  平面 ABC BC  平面 ABC  1C C  BC ， 2ACB   BC AC   BC 1C C ， 1C C AC C  ， 1 ,C C AC  平面 1 1ACC A BC  平面 1 1ACC A 1AC Q 平面 1 1ACC A ， BC  1AC ，  1 1AC AC ， 1BC AC C ， ,BC 1AC  平面 1ACB ， 1AC  平面 1ACB ， 第 18 页 共 19 页 1AC  平面 1AC D ，  平面 1AC D  平面 1ACB （3）法一：(等体积法)连接 DE ，设点C 到平面 1AC D 的距离为 h  1C C  平面 ABC ， CA,CD  平面 ABC ， 1 1C C CA,C C CD   ， 1C C 为三棱锥 1C ACD 高， 在直角 1C CA 中， 1 2AC CC a  ， 1 2 2AC a  . 在直角 1C CD 中， 1 2CD a,CC a  ， 1 5CD a  . 在直角 ACD 中， 2CD a,AC a  ， 5AD a  ， 2 ACDS a  . 在等腰 1AC D 中， 1 15 2 2DA DC a,AC a   ， 3DE a  ， 1 26DACS a  1 1C ACD C AC DV V  ， 11 1 1 3 3ACD AC DC C S h S       2 2 2 6 36 a ah a a    点C 到平面 1AC D 的距离为 6 3 a 方法二：(综合法)作CG AD ，垂足为G ，连接 1C G ，作 1CH C G ，垂足为 H . 1C C  平面 ABC ， AD  平面 ABC 第 19 页 共 19 页 1C C AD  CG AD ， 1CG C C C ， 1CG,C C  平面 1C CG AD  平面 1C CG CH Q 平面 1C CG AD CH  1CH C G ， 1AD C G G ， 1C G,AD  平面 1AC D ， CH  平面 1AC D ， 即CH 为点C 到平面 1AC D 的距离， 在直角 ACD 中， 2 5 aCG  ；在直角 1C CG 中， 1 22 5 aC C a,CG  ， 1 1 22 65 324 5 aaC C CGCH aC G a      点C 到平面 1AC D 的距离为 6 3 a . 【点睛】 本题考查了线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理、等体法 求点到面的距离，属于中档题.