1、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（理） 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=0B.x-2y+1=0C.2x+y-2=0D.x+2y-1=02. 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0B.12或32C.-2或2D.-2或03. 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
2、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.-31B.-4C.-2D.-15. 两圆x2+y2+4x-4y=0与x2+y2+2x-12=0的公共弦长等于（） A.4B.23C.32D.426. 已知两条直线m，n和两个平面,，下列命题正确的是( ) A.若m，n，且mn，则B.若m/，n/，且m/n，则/C.若m，n/，且mn，则D.若m，n/，且m/n，则/7. 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.2B.2C.22D.48. 一个空间几何体的三视图如图，则该几何体的表面
3、积为( ) A.9+3B.8+3C.10D.12+39. 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.12B.22C.32D.6310. 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.24B.16C.12D.811. 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.62B.6C.26D.4612. 直线ax+by-a+b=0ab0与圆x-22+y2=4交于A，B两点，且OAOB
4、（其中O为坐标原点），则ab=( ) A.-1B.1C.2D.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+30与8x+6y-90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，满足CP平面，则平面与正方体ABCD-A1B1C1D1的截面周长为_ 三、 解答题 （本题共计 6 小题 ，共
5、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EFPB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
6、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
7、: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，ABBC，N为PD的中点 (1)求证：AN/平面PBC； (2)求平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值； (3)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，说明理由理数答案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（理）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
8、直线与直线x2y2=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y0=12(x1)，即x2y1=0故选A2.【答案】A【解答】解：把圆x2+y26x8y=0化为标准方程为：(x3)2+(y4)2=25， 圆心坐标为(3,4). 圆心(3,4)到直线xy+a=0的距离为22， |34+a|2=22，即|a1|=1，可化为a1=1或a1=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
9、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+y22x+4y+m=0即(x1)2+(y+2)2=5m， 圆心为(1,2)， 圆心在直线xy3=0上， 此圆直径为6，则半径为3， 5m=32， m=4.故选B.5.【答案】D【解答】解：公共弦方程为x2y+6=0圆x2+y2+2x12=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2135=42。故D正确6.【答案】A【解答】解：若m，n，且mn，则，故A正确；若m/，n/，且m/n，则与平行或相交，故B错误；若m，n/，且mn，则与平行或相交，所以C错误；若m，m/n，则n，又由
10、n/，则，故D错误.故选A.7.【答案】C【解答】解：圆x2+y24x=0可化为(x2)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22222=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=SABC+S矩形CBB1C1+S梯形ACC1P+S梯形ABB1P+SPC1B1=344+22+212(2+1)2+12512=12+3故选D9.【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
11、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， cosFGE=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
12、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4(6)2=24.故选A.11.【答案】B【解答】解：由条件得圆M:x+12+y2=2，圆心M1,0，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PMl时，PM有最小值为PM=|103|2=22，所以PA的最小值为82=6，所以AB=2MAPAPM=6.故选B.12.【答案】B【解答】解：因为原点O在圆上，若OAOB，则AB为圆的直径，所以直线过圆心2,0，故2aa+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、 ） 13.【答案】32【解答】可将直线8x+6y90化为4x+3y92=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R3，圆柱与圆锥的高h4，则圆锥的母线长为l5，则圆锥的全面积为：R2+122Rl9+1524；圆柱的全面积为：2R2+2Rh18+2442 圆锥的全面积与圆柱的全面积之比为：2442=4715.【答案】513【解答】解：设点A(3,5)关于直线l:3x4y+4=0的对称点为A(a,b)，由题意可列得方程组：b5a+334=1，3a324b+52+4=0，解得A(3,3)，则|PA|+|PB|的最小值=|A
14、B|=12+182=513故答案为：51316.【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CDD1E.易得D1DEDAP，可知ED1D=PDA，而PDA+PDD1=90，所以ED1D+PDD1=90，即PDD1E.因为CDPD=D，所以D1E平面PDC，而CP平面PDC，所以D1ECP.E为AD中点，F为AB中点，由正方形和正方体性质可
15、知EFAC，PAEF，且PAAC=A，所以EF平面PAC，而CP平面PAC，所以EFCP.又因为D1ECP，D1EEF=E，所以CP平面EFB1D1，即平面EFB1D1为平面与正方体ABCDA1B1C1D1的截面，正方体ABCDA1B1C1D1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ACBD.又因为PD平面ABCD，AC平面ABCD，所以PDAC.又PDBD=D，PD平面PBD，BD平面P
16、BD，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=ABADsin60=23，故四棱锥PABCD的体积V=13SPD=433.【解答】(1)证明：因为四边形ABCD是菱形，所以ACBD.又因为PD平面ABCD，AC平面ABCD，所以PDAC.又PDBD=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=ABADsin60=23，故四棱锥PABCD的体积V=13SPD=433.18.【答案】证明：(
17、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，DEPC.底面ABCD是正方形，侧棱PD底面ABCD， PDBC，CDBC，且PDDC=D， BC平面PDC， DEBC，又PCBC=C， DE平面PBC， DEPB，EFPB，EFDE=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P
18、C的中点，DEPC.底面ABCD是正方形，侧棱PD底面ABCD， PDBC，CDBC，且PDDC=D， BC平面PDC， DEBC，又PCBC=C， DE平面PBC， DEPB，EFPB，EFDE=E，PB平面EFD19.【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|2a5b+9|22+52=|2a5b7|22+52，经整理得，2a5b+1=0，又点P在直线x4y10上，所以a4b1=0，解方程组2a5b+1=0,a4b1=0,得a=3,b=1,即点P的坐标3,1，所以直线L恒过点P3,1.将点P3,1代入圆C:x+42+y12=25，可得3+42+1122
19、5，所以点P3,1在圆内，从而过点P的直线L与圆C恒有两个交点(2)当PC与直线L垂直时，弦长最小，因为kPC=2，所以直线L的斜率为12，所以直线L的方程为：x2y+1=0.【解答】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|2a5b+9|22+52=|2a5b7|22+52，经整理得，2a5b+1=0，又点P在直线x4y10上，所以a4b1=0，解方程组2a5b+1=0,a4b1=0,得a=3,b=1,即点P的坐标3,1，所以直线L恒过点P3,1.将点P3,1代入圆C:x+42+y12=25，可得3+42+11225，所以点P3,1在圆内，从而过点P的直线L与
20、圆C恒有两个交点(2)当PC与直线L垂直时，弦长最小，因为kPC=2，所以直线L的斜率为12，所以直线L的方程为：x2y+1=0.20.【答案】解：(1)由题得圆的半径为|0+2|3+1=1，所以圆M的标准方程为x2+y22=1.(2) 点P在直线上，可设P2m,m，又APB=60，由题可知|MP|=2|AM|， |MP|=2， 2m2+m22=4，解之得：m=0，m=45，故所求点P的坐标为P0,0或P85,45.(3)斜率不存在时，直线CD的方程为：x=2，此时直线CD与圆M相离，所以舍去；斜率存在时，设直线CD的方程为：y1=kx2，由题知圆心M到直线CD的距离为22，即22=|2k1|
21、1+k2，解得k=1或k=17，故所求直线CD的方程为：x+y3=0或x+7y9=0.【解答】解：(1)由题得圆的半径为|0+2|3+1=1，所以圆M的标准方程为x2+y22=1.(2) 点P在直线上，可设P2m,m，又APB=60，由题可知|MP|=2|AM|， |MP|=2， 2m2+m22=4，解之得：m=0，m=45，故所求点P的坐标为P0,0或P85,45.(3)斜率不存在时，直线CD的方程为：x=2，此时直线CD与圆M相离，所以舍去；斜率存在时，设直线CD的方程为：y1=kx2，由题知圆心M到直线CD的距离为22，即22=|2k1|1+k2，解得k=1或k=17，故所求直线CD的方
22、程为：x+y3=0或x+7y9=0.21.【答案】解：1圆C的方程可化为x12+y22=25,圆C的圆心为1,2，半径为5.设圆D的标准方程为xa2+yb2=25，由点Da,b与点C1,2关于直线x2y2=0对称，得b2a1=2,a+122b+222=0,解得：a=3，b=2，因此圆D的标准方程为x32+y+22=25.2设直线l与圆C交于A，B两点.当直线l的斜率不存在时，方程为x=4，这时圆心C1,2到直线l的距离d=14=3，AB=2r2d2=2259=8，符合条件；当直线l的斜率存在时，设其方程为y+4=kx4，即kxy4k4=0，这时圆心C1,2到直线l的距离：d=1k214k4k2
23、+12=3k+6k2+1，因为AB=8，所以2253k+6k2+12=8，解得：k=34，这时直线l的方程为y+4=34x4,即3x+4y+4=0.因此，直线l的方程为x=4或3x+4y+4=0.3由题意可知：直线m:kxy+3k+1=0过定点E3,1，(3)2+122(3)4120=80，所以定点E在圆C内，所以当直线m与直线CE垂直时，弦长最短.因为kCE=2113=14，由kkCE=1，得k=4，这时圆心C1,2到直线m的距离即为：CE=312+122=17，所以弦长为2r2CE2=22517=42.【解答】解：1圆C的方程可化为x12+y22=25,圆C的圆心为1,2，半径为5.设圆D
24、的标准方程为xa2+yb2=25，由点Da,b与点C1,2关于直线x2y2=0对称，得b2a1=2,a+122b+222=0,解得：a=3，b=2，因此圆D的标准方程为x32+y+22=25.2设直线l与圆C交于A，B两点.当直线l的斜率不存在时，方程为x=4，这时圆心C1,2到直线l的距离d=14=3，AB=2r2d2=2259=8，符合条件；当直线l的斜率存在时，设其方程为y+4=kx4，即kxy4k4=0，这时圆心C1,2到直线l的距离：d=1k214k4k2+12=3k+6k2+1，因为AB=8，所以2253k+6k2+12=8，解得：k=34，这时直线l的方程为y+4=34x4,即3
25、x+4y+4=0.因此，直线l的方程为x=4或3x+4y+4=0.这时直线l的方程为y+4=34x4,即3x+4y+4=0.因此，直线l的方程为x=4或3x+4y+4=0.3由题意可知：直线m:kxy+3k+1=0过定点E3,1，(3)2+122(3)4120=80，所以定点E在圆C内，所以当直线m与直线CE垂直时，弦长最短.因为kCE=2113=14，由kkCE=1，得k=4，这时圆心C1,2到直线m的距离即为：CE=312+122=17，所以弦长为2r2CE2=22517=42.22.【答案】(1)证明：过A作AECD于点E，则DE=1，以A为原点，AE，AB，AP所在的直线分别为x，y，
26、z轴建立如图所示的空间直角坐标系则A(0,0,0)，B0,1,0，E22,0,0，D22,1,0，C(22,1,0)，P0,0,1， N为PD的中点 N2,12,12AN=2,12,12，BP=(0,1,1)，BC=(22,0,0)，设平面PBC的法向量为m=x,y,z，则mBP=y+z=0，mBC=22x=0，令y=1，则x=0，z=1， m=(0,1,1) ANm=12+12=0，即ANm，又AN平面PBC AN/平面PBC(2)解：由(1)知，AP=(0,0,1)，AD=22,1,0，设平面PAD的法向量为n=(a,b,c)，则nAP=c=0，nAD=22ab=0，令a=1，则b=22，
27、c=0， n=(1,22,0)， cosm,n=mn|m|n|=2223=23故平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值为23(3)解：令DM=DP，0,1，设Mx,y,z， x22,y+1,z=(22,1,1) M2222,1,， CM=(22,2,).由(1)知，平面PBC的法向量为m=0,1,1. 直线CM与平面PBC所成角的正弦值为2626， 2626=|CMm|CM|m|=|22|82+22+22，化简得21250+24=0，即(32)(712)=0， (0,1)， =23，故DMDP=23【解答】(1)证明：过A作AECD于点E，则DE=1，以A为原点，AE，AB，AP所在的直线
28、分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系则A(0,0,0)，B0,1,0，E22,0,0，D22,1,0，C(22,1,0)，P0,0,1， N为PD的中点 N2,12,12AN=2,12,12，BP=(0,1,1)，BC=(22,0,0)，设平面PBC的法向量为m=x,y,z，则mBP=y+z=0，mBC=22x=0，令y=1，则x=0，z=1， m=(0,1,1) ANm=12+12=0，即ANm，又AN平面PBC AN/平面PBC(2)解：由(1)知，AP=(0,0,1)，AD=22,1,0，设平面PAD的法向量为n=(a,b,c)，则nAP=c=0，nAD=22ab=0，令a=1，则b=22，c=0， n=(1,22,0)， cosm,n=mn|m|n|=2223=23故平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值为23(3)解：令DM=DP，0,1，设Mx,y,z， x22,y+1,z=(22,1,1) M2222,1,， CM=(22,2,).由(1)知，平面PBC的法向量为m=0,1,1. 直线CM与平面PBC所成角的正弦值为2626， 2626=|CMm|CM|m|=|22|82+22+22，化简得21250+24=0，即(32)(712)=0， (0,1)， =23，故DMDP=23
