2020-2021学年山西省朔州市怀仁县云东校区高二上学期第二次月考数学（理）试题（解析版）

第 1 页 共 16 页 2020-2021 学年山西省朔州市怀仁县云东校区高二 上学期第二次月考数学（理）试题 一、单选题 1．已知直线 1l ：  3 2 3 0mx m y    ， 2l ：   2 2 2 0m x m y     ，且 1 2//l l ， 则 m 的值为（ ） A． 1 B． 1 2 C． 1 2 或 2 D． 1 或 2 【答案】A 【解析】由直线平行的性质可得 2m   或 1m   ，代入验证即可得解. 【详解】 因为直线 1l ：  3 2 3 0mx m y    ， 2l ：   2 2 2 0m x m y     ，且 1 2//l l ， 所以     3 2 2 2m m m m    ，解得 2m   或 1m   ， 当 2m   时，直线 1l ： 6 3 0x   ， 2l ： 4 2 0x   ，两直线重合，不合题意； 当 1m   时，直线 1l ： 3 3 0x y    ， 2l ： 3 2 0x y    ，符合题意； 故 1m   . 故选：A. 【点睛】 本题考查了由直线平行求参数，考查了运算求解能力，属于基础题. 2．若坐标原点在圆 2 2 22 2 2 4 0x y mx my m      的内部，则实数 m 的取值范围 是（ ） A． ( 1,1) B． 2 2( , )2 2  C． ( 3, 3) D． ( 2, 2) 【答案】D 【解析】将圆化为标准方程，再将点代入圆列不等式即可. 【详解】 2 2 22 2 2 4 0x y mx my m      化为标准方程为： 2 2( ) ( ) 4x m y m    把原点坐标代入圆的方程得: 2 2(0 ) (0 ) 4m m    , 解得： 2 2m   , 第 2 页 共 16 页 故选：D. 【点睛】 本题主要考查了点和圆的位置关系，属于基础题. 3． 圆 O1：x2＋y2－4x－6y＋12＝0 与圆 O2：x2＋y2－8x－6y＋16＝0 的位置关系 是 ( ) A．内切 B．外离 C．内含 D．相交 【答案】A 【解析】圆 1O 的圆心  1 2,3O ，半径 1 1r  ，圆 2O 的圆心  2 4,3O ，半径    2 2 2 1 2 1 23, 4 2 3 3 2, 2r OO r r        ， 1 2 1 2OO r r   ，故两圆内切， 故选 A. 4．已知 a ，b ， c 是两两不同的三条直线，下列说法正确的是（ ） A．若直线 a ，b 异面，b ， c 异面，则 a ， c 异面 B．若直线 a ，b 相交，b ， c 相交，则 a ， c 相交 C．若 / /a b ，则 a ，b 与 c 所成的角相等 D．若 a b r r ，b c ，则 //a c 【答案】C 【解析】利用直线的位置关系及直线所成的角的定义逐项判断即可得解. 【详解】 对于 A，若直线 a ，b 异面，b ， c 异面，则 a ， c 相交、平行或异面，故 A 错误； 对于 B，若直线 a ，b 相交，b ， c 相交，则 a ， c 相交、平行或异面，故 B 错误； 对于 C，由直线所成的角的定义可得若 / /a b ，则 a ，b 与 c 所成的角相等，故 C 正确； 对于 D，若 a b r r ，b c ，则 a ， c 相交、平行或异面，故 D 错误. 故选：C. 【点睛】 本题考查了空间中直线与直线之间的位置关系，考查了空间思维能力，属于基础题． 5．若圆锥轴截面是等边三角形且轴截面的面积为 2 3 ，则圆锥的体积为（ ） A． 3 3  B． 6 3  C． 2 3 3  D． 2 6 3  【答案】D 第 3 页 共 16 页 【解析】由圆锥的几何特征列方程可得圆锥底面圆的半径，再由圆锥的体积公式即可得 解. 【详解】 设圆锥底面圆的半径为 r ，则 1 2 3 2 32 r r   ，解得 2r  ， 所以圆锥的体积 21 2 633 3V r r    . 故选：D. 【点睛】 本题考查了圆锥几何特征的应用及体积的求解，考查了运算求解能力，属于基础题. 6．已知圆C ：   2 21 1 8x y    与直线 l 切于点  1,1P ，则直线 l 的方程是（ ） A． 0x y  B． 2 1 0x y   C． 2 0x y   D． 2 0x y   【答案】C 【解析】先求出点C  1, 1  与  1,1P 所在直线的斜率 PCk ，再结合l PC ，可得到 1l PCk k   ，从而可求出 lk ，进而可求出直线 l 的方程. 【详解】 由题意，圆心C  1, 1  ，则点C  1, 1  与  1,1P 所在直线的斜率为 1 1 11 1PCk     ， 因为l PC ，所以 1l PCk k   ，即 1lk   ， 又直线 l 过点  1,1P ，所以直线l 的方程为  1 1y x    ，即 2 0x y   . 故选：C. 【点睛】 本题考查圆的切线，考查直线的斜率，考查学生的计算求解能力，属于基础题. 7．圆 2 22 4 3 0x x y y     上到直线 1 0x y   的距离为 2 的点共有( ) A．1个 B． 2 个 C． 3 个 D． 4 个 【答案】C 【解析】求出圆的圆心和半径，比较圆心到直线的距离和圆的半径的关系即可得解. 【详解】 圆 2 22 4 3 0x x y y     可变为   2 21 2 8x y    ， 第 4 页 共 16 页 圆心为 1, 2  ，半径为 2 2 ， 圆心到直线 1 0x y   的距离 1 2 1 2 2 d     ， 圆上到直线的距离为 2 的点共有 3 个. 故选：C. 【点睛】 本题考查了圆与直线的位置关系，考查了学生合理转化的能力，属于基础题. 8．直线 1y kx  与圆 2 2 1 0x y kx y     的两个交点恰好关于 y 轴对称，则 k 等 于（ ） A． 0 B．1 C． 2 D． 3 【答案】A 【解析】直线方程与圆的方程联立，根据交点关于 y 轴对称可得 1 2 0x x  ，从而构造 出关于 k 的方程，解方程求得结果. 【详解】 由 2 2 1 1 0 y kx x y kx y         得: 2 21 2 1 0k x kx      两交点恰好关于 y 轴对称 1 2 2 2 01 kx x k      ，解得： 0k  本题正确选项： A 【点睛】 本题考查韦达定理在圆的问题中的应用，属于基础题. 9．某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为 A．1 B．2 C．3 D．4 第 5 页 共 16 页 【答案】C 【解析】分析：根据三视图还原几何体，利用勾股定理求出棱长，再利用勾股定理逆定 理判断直角三角形的个数. 详解：由三视图可得四棱锥 P ABCD ，在四棱锥 P ABCD 中， 2, 2, 2, 1PD AD CD AB    ， 由勾股定理可知： 2 2, 2 2, 3, 5PA PC PB BC    ，则在四棱锥中，直角三角 形有： , ,PAD PCD PAB   共三个，故选 C. 点睛：此题考查三视图相关知识，解题时可将简单几何体放在正方体或长方体中进行还 原，分析线面、线线垂直关系，利用勾股定理求出每条棱长，进而可进行棱长、表面积、 体积等相关问题的求解. 10．若三棱锥 P ABC 中，PA PB ，PB PC ，PC PA ，且 1PA  ， 2PB  ， 3PC  ，则该三棱锥外接球的表面积为（） A． 7 2  B．14 C． 28 D．56 【答案】B 【解析】将棱锥补成长方体，根据长方体的外接球的求解方法法得到结果. 【详解】 根据题意得到棱锥的三条侧棱两两垂直，可以以三条侧棱为长方体的楞，该三棱锥补成 长方体，两者的外接球是同一个，外接球的球心是长方体的体对角线的中点处．设球的 半径为 R，则  22 2 2 2 2 71 2 3 2 4 2R R R      表面积为 24 14 .S R   故答案为 B. 【点睛】 本题考查了球与几何体的问题，是高考中的重点问题，要有一定的空间想象能力，这样 才能找准关系，得到结果，一般外接球需要求球心和半径，首先应确定球心的位置，借 第 6 页 共 16 页 助于外接球的性质，球心到各顶点距离相等，这样可先确定几何体中部分点组成的多边 形的外接圆的圆心，过圆心且垂直于多边形所在平面的直线上任一点到多边形的顶点的 距离相等，然后同样的方法找到另一个多边形的各顶点距离相等的直线（这两个多边形 需有公共点），这样两条直线的交点，就是其外接球的球心，再根据半径，顶点到底面 中心的距离，球心到底面中心的距离，构成勾股定理求解，有时也可利用补体法得到半 径，例：三条侧棱两两垂直的三棱锥，可以补成长方体，它们是同一个外接球. 11．三棱锥 A－BCD 的所有棱长都相等，M，N 分别是棱 AD，BC 的中点，则异面直 线 BM 与 AN 所成角的余弦值为（ ） A． 1 3 B． 2 4 C． 3 3 D． 2 3 【答案】D 【解析】连接 DN，取 DN 的中点 O，连接 MO，BO，得出 BMO （或其补角）是异 面直线 BM 与 AN 所成的角，根据长度关系求出 BMO （或其补角）的余弦值即可. 【详解】 连接 DN，取 DN 的中点 O，连接 MO，BO， ∵M 是 AD 的中点， ∴MO∥AN， ∴ BMO （或其补角）是异面直线 BM 与 AN 所成的角. 设三棱锥 A－BCD 的所有棱长为 2， 则 22 1 3AN BM DN     , 则 1 3 1 2 2 2MO AN NO DN    ， 则 2 2 3 71 4 2BO BN NO     ， 在 BMO 中，由余弦定理得 第 7 页 共 16 页 2 2 2 3 73 24 4cos 2 332 3 2 BM MO BOBMO BM MO         ， ∴异面直线 BM 与 AN 所成角的余弦值为 2 3 . 【点睛】 本题主要考查异面直线的夹角，解题的关键是正确找出异面直线所对应的夹角，属于中 档题. 12．已知球O 与棱长为 2 的正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的各面都相切，则平面 1ACB 截球 O 所得的截面圆与球心O 所构成的圆锥的体积为 （ ） A． 2 3 9  B． 3 18  C． 2 3 27  D． 3 54  【答案】C 【解析】内切球的球心为正方体的体对角线交点，根据三棱锥 1O ACB 为正三棱锥及 各棱长，可求得点 O 到平面 1ACB 的距离；根据内切圆半径和圆心到平面 1ACB 的距离 可求得切面的圆心半径，进而求得圆锥的体积． 【详解】 因为球O 与棱长为 2 的正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的各面都相切 所以球 O 为正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的内切球，则球 O 的半径 1r  球心 O 到 A 的距离为 2 2 22 2 2 32OA    底面 1ACB 为等边三角形，所以球心 O 到平面 1ACB 的距离为   22 2 33 63 3d        所以平面 1ACB 截球O 所得的截面圆的半径为 2 2 3 61 3 3       所以圆锥的体积为 2 1 6 3 2 3 3 3 3 27V           所以选 C 【点睛】 本题考查了正方体的内切球性质，平面截球所得截面的性质，属于中档题． 第 8 页 共 16 页 二、填空题 13．已知点 ( , )P m n 是直线 2 5 0x y   上的任意一点，则 2 2( 1) ( 2)m n   的最 小值为________ 【答案】 5 【解析】由已知得    2 21 2m n   的最小值是点（1，﹣2）到直线 2x+y+5＝0 的 距离，由此能求出结果． 【详解】 ∵点 P（m，n）是直线 2x+y+5＝0 上的任意一点， ∴    2 21 2m n   的最小值是点（1，﹣2）到直线 2x+y+5＝0 的距离， ∴    2 21 2m n   的最小值 d 2 2 5 5 4 1     ． 故答案为 5 ． 【点睛】 本题考查代数式的最小值的求法，是基础题，考查了点到直线的距离公式的应用． 14．已知一个圆柱的侧面积等于表面积的一半，且其轴截面的周长是 18，则该圆柱的 体积是______． 【答案】 27π 【解析】设圆柱的底面圆的半径为 r ，高为 h ，由题意两个条件可列出关于两个未知数 的方程组，进而可求出 3r h  ，即可求圆柱的体积. 【详解】 解：设圆柱的底面圆的半径为 r ，高为 h ．由题意可得   2 2π 1 2π 2π 2 2 2 18 rh r rh r h       ，解得 3r h  ， 则该圆柱的体积是 2π 27πr h  ． 故答案为: 27π . 【点睛】 本题考查了圆柱体积的求解，考查了圆柱的侧面积.本题的关键是求出圆柱底面圆的半 径和高.本题的难点在于轴截面的周长这一条件的理解. 第 9 页 共 16 页 15．如图，已知正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的棱长为 2，E，F 分别为棱 1 1,AA CC 的中点， 则四棱锥 1 1B EBFD 的体积为__________. 【答案】 8 3 【解析】由题意可得 1 1 1 2B EBFD F B EBV V  ，再利用三棱锥的体积公式进行计算即可． 【详解】 由已知得， 1 1 5EB BF FD D E    ， 1 / /D F BE ，四边形 1EBFD 是菱形，所以 1 1 1 1 1 1 1 82 2 2 2 2 2 23 3 3B EBFD B EFB F B EB B EBV V V S            . 【点睛】 本题考查几何体的体积，解题的关键是把四棱锥的体积转化为两个三棱锥的体积，属于 基础题． 16．对于平面直角坐标系内任意两点  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，定义它们之间的一种“折 线距离”：   2 1 2 1,d A B x x y y    .则下列命题正确的是______.①若  1,3A  ，  10B , ，则  , 5d A B  ；②若点C 在线段 AB 上，则      , , ,d A C d C B d A B  ； ③在 ABC 中，一定有      , , ,d A C d C B d A B  ；④若 A 为定点， B 为动点， 且满足  , 1d A B  ，则 B 点的轨迹是一个圆；⑤若 A 为坐标原点， B 在直线 2 2 5 0x y   上，则  ,d A B 最小值为 5 .(写出所有正确命题的序号) 【答案】①②⑤ 【解析】利用“折线距离”：   2 1 2 1,d A B x x y y    ，对选项逐一判断. 【详解】 ①因为  1,3A  ，  1,0B ，则    , 1 1 0 3 5d A B       ，故正确； ②设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，  0 0,C x y ，因为C 在线段 AB 上，不妨设 1 0 2 1 0 2,x x x y y y    ， 第 10 页 共 16 页 则     0 1 0 1 0 2 0 2, , x x yd A C d y x xB y yC        ， 0 1 0 1 2 0 2 0 2 1 2 1         x x y y x x y y x x y y ，  2 1 2 1 ,x x y y d A B     ，故正确； ③设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，  0 0,C x y ，     0 1 0 1 0 2 0 2, , x x yd A C d y x xB y yC        ，   2 1 2 1,d A B x x y y    当 0 1 2 02 1 00, , ,x x y y y xy x   时 A，B，C 三点不共线构成三角形，但      , , ,d A C d C B d A B  ，故③错误； ④不妨设 A 为原点，  ,B x y ，则  , 1d A B x y   ，则 B 点的轨迹是一个正方形， 故错误； ⑤如图所示：    0,2 5 , 5,0 ,M N BQ x 轴，而 2BQ QN ， 所以  ,d A B AQ BQ AQ QN AN     ， 当点 B 与 N 重合时，  ,d A B 最小值为 5 ，故正确； 故答案为：①②⑤ 【点睛】 本题主要考查距离的新定义及其应用，还考查了转化求解问题的能力，属于中档题. 第 11 页 共 16 页 三、解答题 17．已知直线 l 的倾斜角为135 且经过点  1,1P . （1）求直线l 的方程； （2）求点  3,4A 关于直线l 的对称点 A 的坐标. 【答案】（1）x＋y－2＝0；（2） A (－2,－1) 【解析】【详解】 （1）由题意得直线l 的斜率为 tan135 1k     ， ∴直线 l 的方程为  1 1y x    ， 即 2 0x y   . （2）设点  ,A a b的坐标为 ， 由题意得  4 1 1,3 3 4 2 0,2 2 b a a b            解得 2 1 a b      ． ∴点 A 的坐标为 2, 1  . 18．已知圆 2 2: 4 0C x y x   ． （1）直线 l 的方程为 3 0x y  ，直线l 交圆C 于 A 、 B 两点，求弦长| |AB 的值； （2）从圆C 外一点 (4,4)P 引圆C 的切线，求此切线方程． 【答案】（1） 2 3 ；（2） 4x  或 3 4 4 0x y   . 【解析】试题分析：（1）由圆方程可得圆心  2,0C ， 2r  ，先求出圆心C 到直线距 离 1d ，根据勾股定理可得 2 2 12 2 3AB r d   ；（2）当直线为 4x  时，与圆相切， 符合题意． 当斜率存在时，设斜率为 k ，可设直线  4 4y k x   ，利用圆心到切线的距离等于 半径列方程，即可解得 k 的值，从而可得结果. . 试题解析：（1）∵圆 2 2: 4 0C x y x   ， 第 12 页 共 16 页 ∴圆心  2,0C ， 2r  ， 圆心C 到直线距离  1 22 2 1 1 3 d     ， ∴ 2 2 12 2 3AB r d   ． （2）①当直线为 4x  时，与圆相切，符合题意． ②当斜率存在时，设斜率为 k ， ∴直线  4 4y k x   ， 即 4 4 0kx y k    ， 圆心C 到直线距离 2 2 2 2 4 4 2 4 1 1 k k kd k k       ， ∵直线与圆相切， ∴ 2d r 即 2 2 4 2 1 k k    ， ∴ 3 4k  ， ∴直线：3 4 4 0x y   ， ∴综上可知，切线方程为 4x  或3 4 4 0x y   ． 19．若某几何体的三视图（单位：cm）如图所示， （1）求此几何体的表面积； （2）求此几何体的体积． 【答案】（1）112 24 13 ；（2）144． 【解析】本题主要考察几何体的三视图，及组合体的体积和面积公式，属于容易题，通 第 13 页 共 16 页 过三视图可知，该几何体是由一个长方体和一个四棱台组成．（1）求表面积把各个面的 面积相加即可，注意长方体的下底面是没有的；（2）体积即长方体和四棱台的体积相加． 【详解】 由题意知，该几何体是一个组合体，如图所示: 上边是长方体，长为 4cm，宽为 4cm，高为 2cm，下边是一个四棱台，上底边长为 4cm， 下底边长为 8cm，高是 3cm 四棱台的斜高为 ，则该几何体的表面积 ． 该几何体的体积 ． 【考点】几何体的三视图、表面积、体积． 20．已知圆经过点 (1,0)A 和 ( 1, 2)B   ，且圆心在直线 : 1 0l x y   上. （1）求圆的标准方程； （2）若线段CD 的端点 D 的坐标是 4,3 ，端点C 在圆C 上运动，求 CD 的中点 M 的 轨迹方程. 【答案】（1） 2 21 4x y   ；（2） 2 23 3 12 2x y             . 【解析】（1）设圆心的坐标为 , 1t t  ，由圆的性质列方程可得 1t   ，计算出圆的半 径后即可得解； （2）设线段 CD 中点  ,M x y ，  1 1,C x y ，由中点坐标公式可得    2 22 4 1 2 3 4x y     ，化简即可得解. 【详解】 （1）设圆心的坐标为 , 1t t  ，则有       2 2 2 21 1 1 3t t t t       ， 整理求得 1t   ， 故圆心为  1,0 ，半径 r 满足    2 22 1 1 4r t t     ， 第 14 页 共 16 页 则圆的方程为 2 21 4x y   ； （2）设线段 CD 中点  ,M x y ，  1 1,C x y ， 由  4,3D 可知 1 2 4x x  ， 1 2 3y y  ， ∵点C 在圆 2 21 4x y   上运动，∴    2 22 4 1 2 3 4x y     ， ∴ M 的轨迹方程为 2 23 3 12 2x y             . 【点睛】 本题考查了圆的方程的确定及动点轨迹的求解，考查了运算求解能力与转化化归思想， 属于中档题. 21．有一块扇形铁皮 OAB,∠AOB=60°,OA=72cm,要剪下来一个扇环形 ABCD,作圆台容 器的侧面,并且在余下的扇形 OCD 内能剪下一块与其相切的圆形使它恰好作圆台容器 的下底面(大底面).试求: (1)AD 应取多长? (2)容器的容积为多大? 【答案】（1）36；（2）504 35 【解析】试题分析：（1）设圆台上、下底面半径分别为 r R AD x、 ，  ，则 72OD x  ， 由题意得 602 72180 602 (72 )180 72 3 R r x x R ＝ ＝ ＝           ，由此能求出 AD 长． （2）圆台所在圆锥的高 2 272 12 35H R   ，圆台的高 6 352 Hh  ＝ ，由此 能求出容器的容积． 试题解析;(1)如图,设圆台上、下底面半径分别为 r,R,AD=xcm,则 OD=(72-x)cm. 第 15 页 共 16 页 由题意得   60·π2 ·72,180 60·π2 72 ,180 72 3 . R r x x R            所以 R=12,r=6,x=36,所以 AD=36cm. (2)圆台所在圆锥的高 H= 2 272 R =12 35 ,圆台的高 h= H 2 =6 35 ,小圆锥的高 h'=6 35 , 所以 V 容=V 大锥-V 小锥= 1 3 πR2H- 1 3 πr2h'=504 35 π. 22．已知圆 ( ) ( )2 2: 1 2 4C x y- + - = . （1）若圆C 的切线在 x 轴、 y 轴上的截距相等，求切线方程； （2）从圆C 外一点  ,P x y 向该圆引一条切线，切点为 M ，且有 PM PO （O 为 坐标原点），求使 PM 取得最小值时点 P 的坐标. 【答案】（1） 0y  或 4 3y x  或 3 2 2x y   或 3 2 2x y   ；（2） 1 1,10 5P     . 【解析】（1）分两种情况讨论：①直线过原点，设所求切线方程为 y kx ；②直线在 x 轴、y 轴上的截距均为  0a a  ，设所求切线方程为 x y a  .利用圆心到直线的距离 等于半径列等式，求出相应的参数，即可得出所求切线的方程； （2）先由 PM PO 求得点 P 的轨迹方程为 2 4 1 0x y   ，由此可得出当 PO 与直 线 2 4 1 0x y   垂直时， PM 最短，求出直线 PO 的方程，求出该直线与直线 2 4 1 0x y   的交点，即为所求的点 P . 【详解】 （1）①设圆C 的切线在 x 轴、 y 轴上的截距均为 0 ，则切线过原点，设所求切线方程 为 y kx ，即 0kx y- = . 则圆心到切线的距离为 2 2 2 1 kd k    ，解得： 0k  或 4 3  ． 此时，所求切线的方程为 0y  或 4 3y x  ； ②若截距均不为 0 ，设所求切线方程为 x y a  ， 第 16 页 共 16 页 则圆心到切线的距离为 3 2 2 ad   ，解得 3 2 2a   ， 此时，所求切线方程为 3 2 2x y   或 3 2 2x y   ． 综上所述，所求切线方程为 0y  或 4 3y x  或 3 2 2x y   或 3 2 2x y   ； （2）由题意可知， PM CM ，则    2 2 2 2 2 2 21 2 4 2 4 1PM PC CM x y x y x y            ， 由 PM PO 得 2 2 2 22 4 1x y x y x y      ，化简得 2 4 1 0x y   . 所以，点 P 的轨迹方程为 2 4 1 0x y   ， 要使 PM 最小，即 PO 最小，过O 作直线 2 4 1 0x y   的垂线，垂线方程为 2y x ， 联立 2 4 1 0 2 x y y x      ，解得 1 10 1 5 x y     ，因此，所求的点 P 的坐标为 1 1,10 5      ． 【点睛】 本题考查圆的切线方程的求法，同时也考查了动点轨迹方程的求解，考查计算能力，属 于中等题.