1、云南省普洱市景东彝族自治县第一中学2019-2020学年高一数学月考试题（含解析）一、单选题（共20题；共40分）1.已知直线平面，下列结论中，正确的是（ ）A. 内的所有直线都与直线异面B. 内的所有直线都与直线平行C. 内有且只有一条直线与直线平行D. 内有无数条直线与直线垂直【答案】D【解析】【分析】依据直线和平面平行的定义、性质，可举反例说明A，B，C是错误的【详解】A、如图，直线平面，存在，从而，故A错；B、如图，直线平面，存在，与相交，从而，异面，、不平行，故B错；C、如图，内凡是与平行的直线、均与平行，故C错；D、如图，内凡是与垂直的直线、均与垂直，故D对故选D.【点睛】本题考查
2、直线和平面平行的定义、性质，直线和直线位置关系的判定，属于基础题主要解题的思路是对每个命题，举出反例，由此判断命题是否正确，属于基础题.2.若圆上有且只有两个点到直线的距离等于1，则半径r的取值范围是（ ）A. (4,6)B. 4,6C. (4,5)D. (4,5【答案】A【解析】由圆，可得圆心的坐标为圆心到直线的距离为：由得所以的取值范围是故答案选点睛：本题的关键是理解“圆上有且只有两个点到直线的距离等于1”，将其转化为点到直线的距离，结合题意计算求得结果3.已知实数满足，则直线必过定点，这个定点的坐标为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】a+2b=1，a=1-2b.直线ax+3
3、y+b=0，(1-2b)x+3y+b=0，即b(1-2x)+(x+3y)=0. 直线必过点 .本题选择D选项.点睛：求定点定值问题常见的方法有两种：(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值4.已知直线l：与圆C：（为参数）的位置关系是（ ）A. 相切B. 相离C. 相交但直线不过圆心D. 直线过圆心【答案】C【解析】【分析】把圆的参数方程改写成普通方程，利用圆心到直线的距离与半径的大小来判断它们的位置关系.【详解】由圆C：（为参数）得圆的方程为：，其中圆心为，半径为2，故圆心到直线的距离，所以直线与圆相交，又，故直线不过
4、圆心，故选：C.【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系，将圆的参数方程改写成普通方程是解题的关键，属于基础题.5.直线y=x+1与圆x2+y2=1的位置关系为（ ）A. 相切B. 相交但直线不过圆心C. 直线过圆心D. 相离【答案】B【解析】试题分析：求出圆心到直线的距离d，与圆的半径r比较大小即可判断出直线与圆的位置关系，同时判断圆心是否在直线上，即可得到正确答案解：由圆的方程得到圆心坐标（0，0），半径r=1则圆心（0，0）到直线y=x+1的距离d=r=1，把（0，0）代入直线方程左右两边不相等，得到直线不过圆心所以直线与圆的位置关系是相交但直线不过圆心故选B考点：直线与圆的位置关系6.已
5、知实数x，y满足方程x2+y2-8x+15=0则x2+y2最大值为（ ）A. 3B. 5C. 9D. 25【答案】D【解析】【分析】由配方可得原方程表示以为圆心，1为半径的圆, 表示点与原点的距离的平方，由圆的性质可得所求最大值为【详解】，即为，可得上式方程表示以为圆心，1为半径的圆，表示点与原点的距离的平方，由圆的性质可得圆上的点与原点的距离的最大值为，则的最大值为25故选D【点睛】本题考查圆的方程和应用，注意运用两点的距离公式和圆的性质，考查转化思想和运算能力，属于中档题7.已知双曲线的左、右焦点分别为，是双曲线右支上一点，且若直线与圆相切，则双曲线的离心率为（）A. B. C. 2D.
6、3【答案】B【解析】取线段PF1的中点为A，连接AF2，又|PF2|F1F2|，则AF2PF1，直线PF1与圆x2y2a2相切，且,由中位线的性质可知|AF2|2a，|PA|PF1|ac，4c2(ac)24a2，化简得，即，则双曲线的离心率为.本题选择B选项.点睛：双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：求出a，c，代入公式；只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2c2a2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)8.三棱锥的三条侧棱互相
7、垂直，且，则其外接球上的点到平面的距离的最大值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】空间四个点在同一球面上，PA、PB、PC两两垂直，且PA=PB=PC=1，则PA、PB、PC可看作是正方体的一个顶点发出的三条棱，所以过空间四个点的球面即为的正方体的外接球,球的直径即是正方体的对角线,长为，球心O到平面ABC的距离为体对角线的,即球心O到平面ABC的距离为.其外接球上的点到平面ABC的距离的最大值为：.故选B.点睛：空间几何体与球接、切问题的求解方法(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几
8、何中元素间的关系求解(2)若球面上四点构成的三条线段两两互相垂直，且，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用求解9.在空间，表示平面，表示两条直线，则下列命题中错误的是（ ）A. 若，不平行，则与不平行B. 若，不垂直，则与不垂直C. 若，不平行，则与不垂直D. 若，不垂直，则与不平行【答案】A【解析】【分析】对于A，若，不平行，则与可能平行、相交或，即A错误，即可得出结论【详解】解：对于A，若，不平行，则与可能平行、相交或，故不正确对于B,C,D均正确，即命题错误的是选项A，故选：A【点睛】本题考查了空间中直线与平面之间的位置关系及直线与直线之间的位置关系，属基础题10.在如图的正
9、方体中，M、N分别为棱BC和棱的中点,则异面直线AC和MN所成的角为( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】将平移到一起，根据等边三角形的性质判断出两条异面直线所成角的大小.【详解】连接如下图所示，由于分别是棱和棱的中点，故，根据正方体的性质可知，所以是异面直线所成的角，而三角形为等边三角形，故.故选C【点睛】本小题主要考查空间异面直线所成角的大小的求法，考查空间想象能力，属于基础题.11.已知直线与圆交于两点，过分别作的垂线与轴交于两点，若，则（ ）A. B. C. 5D. 6【答案】A【解析】由题意，|AB|=2圆心到直线的距离d=3， m=.直线l的倾斜角为30，过A，B
10、分别作l的垂线与x轴交于C，D两点，|CD|= =4故答案为A12.定义域为的函数的图象的两个端点为A，B，是图象上任意一点，其中，（），向量，若不等式恒成立，则称函数在上“k阶线性近似”.若函数在 上“k阶线性近似”，则实数k的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】首先得出点的横坐标相等，并且点在线段上，再根据不等式恒成立转化为，转化为求函数的最值问题.【详解】，可知点的横坐标是 两点的横坐标相等，并且点在线段上，由条件可知，则，则直线的方程是，不等式恒成立，则，由以上可知，当且仅当时等号成立，的最大值是，即 .故选：C【点睛】本题考查向量知识的运用，基本不等式的
11、运用，直线方程，重点考查转化与化归的思想，计算能力，本题的关键是得出的横坐标相等，这样转化.13.一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先通过三视图找到几何体原图，再求几何体的体积得解.【详解】由题意可知几何体是组合体，上部是四棱锥，底面是矩形，边长为3，4，高为，且一个侧面与底面垂直，下部是一个半圆柱，底面半径为2，高为3，（如图所示），所以组合体的体积为.故选：A.【点睛】本题主要考查三视图还原几何体原图，考查几何体的体积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.14.过点在两坐标轴上的截距都是非负整数的直线有多少条（
12、）A. 4B. 5C. 6D. 7【答案】D【解析】【分析】截距为零时单独考察，在截距不为零时，设截距分别为利用截距式写出直线方程，根据过定点,得到的关系，判定的范围，然后求得后分离常数得到，进而得出应当为12正因数，从而解决问题.【详解】当截距为0时，是直线,只有一条，当截距大于0时，设截距分别为则直线方程为，直线过点,，,结合可得，,又为整数，由解得,为12的因数，,对应,相应对应的直线又有6条，综上所述，满足题意的直线共有7条，故选：D.【点睛】本题考查直线的截距和直线方程的截距式，涉及整除问题，关键有两点：一是要注意截距为零的情况，而是在截距不为零时，得到后分离常数得到，进而得出应当为
13、12正因数，本题属中档题.15.将一张画了直角坐标系（两坐标轴单位长度相同）的纸折叠一次，使点与点重合，则与点重合的点是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由已知得折线为点和的垂直平分线，求得垂直平分线方程，然后设点关于直线的对称点为,根据“一垂直，二中点”列出方程组求解即可.【详解】由已知得折线为点和的垂直平分线，两点和连线段的中点为,斜率为，其垂直平分线的斜率为1，垂直平分线方程为y=x+2，设点关于直线的对称点为,则，解得，故选：A.【点睛】本题考查点关于直线对称点问题和线段的垂直平分线方程的求法，涉及直线垂直的条件，中点公式，属基础题.16.已知对任意实数都有，若不
14、等式（其中）的解集中恰有两个整数，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由可得，构造函数，可得，再结合已知可求出，画出图象，设，只需满足，求解即可.【详解】设，所以为常数），得，当时，当时，所以的递增区间是，递减区间是，设，可知该函数恒过点，画出的图象，如下图所示，不等式（其中）的解集中恰有两个整数，则这两个整数解为，所以，即，解得.故选：C.【点睛】本题考查导数在研究函数中的应用、函数的概念与性质以及解不等式，考查直观想象、逻辑推理能力，属于较难题.17.如图，已知的三个顶点均在抛物线上，AB经过抛物线的焦点F，点D为AC中点.若点D的纵坐标等于线段AC的长度
15、减去1，则当最大时，线段AB的长度为（ ）A. 12B. 14C. 10D. 16【答案】D【解析】【分析】作出准线，分别作垂直于准线.则可得，在中利用余弦定理可得的最大值，可得直线AB方程为，代入抛物线可得线段AB的长.【详解】解：作出准线，分别作垂直于准线.则.因此.在中，.即，当且仅当时取等号.所以的最大值为，此时为正三角形.可得直线AB的倾斜角为，所以直线AB方程为，代入得，所以.故选：D【点睛】本题主要考查抛物线的性质，直线与抛物线的位置关系及余弦定理的应用，体现了数形结合和转化数学思想，属于中档题.18.一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为1的两个等腰直角三角形，
16、则该几何体外接球的体积为（ ）A. B. C. D. 3【答案】B【解析】【分析】通过三视图还原几何体可得四棱锥，从而确定球心为中点，进而求得外接球半径，从而求得所求结果.【详解】由三视图为如下图所示的四棱锥，连接交于点，取中点，连接由三视图可知：面，面则，由此可得：可知为四棱锥外接球的球心又， 外接球体积本题正确选项：【点睛】本题考查几何体外接球的问题，关键是能够通过三视图还原几何体，进而通过几何体特点求得外接球球心的位置，从而可得球的半径.19.如图，在底面半径和高均为的圆锥中，是底面圆的两条互相垂直的直径，是母线的中点已知过与的平面与圆锥侧面的交线是以为顶点的抛物线的一部分，则该抛物线的
17、焦点到圆锥顶点的距离为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：如图：在以平面中的抛物线中，以E为原点建立坐标系，如图:,代入，解得，焦点坐标是,所以在直角三角形中，,根据勾股定理考点：20.已知边长为1的正方形与所在的平面互相垂直，点分别是线段上的动点（包括端点），设线段的中点的轨迹为，则的长度为（ ）A. B. C. D. 2【答案】A【解析】如图，以DA、DC、DE所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，设P（s，1，0）（0s1），Q（0，0，t）（0t1），M（x，y，z），由中点坐标公式易知： ，即s=2x，t=2z ，|PQ|=，s2+t2=1 ，把代入得，
18、4x2+4z2=1即0s1，0t1，PQ中点M的轨迹方程为轨迹l为在垂直于y轴且距原点的平面内，半径为的四分之一圆周l的长度为故选D点睛：处理空间问题的基本方法是化空间问题为平面问题，线段的中点的轨迹转化为垂直于y轴且距原点的平面内，半径为的四分之一圆周.二、填空题（共5题；共5分）21.若异面直线a、b所成的角为60，则过空间一点P且与a、b所成的角都为60的直线有_条【答案】3【解析】【分析】将异面直线平移到点，结合图象可知，当直线在面的射影为的角平分线时存在2条满足条件，当直线为的角平分线时存在1条满足条件，即可得到答案.【详解】由题意，如图，将异面直线平移到点，则，且角的角平分线与异面
19、直线所成的角为，而的角平分线与异面直线所成的角为，因为，所以当直线在平面的射影为的角平分线时存在2条满足条件，图中的直线；当直线为的角平分线时仅有存在1条满足条件，图中的直线.综上直线与异面直线所成的角相等且等于有且仅有3条.故答案为：3.【点睛】本题主要考查了异面直线所成角的概念，以及异面所成角的求法，着重考查空间想象能力，以及推理与论证能力，属于基础题.22.设一个正方体与底面边长为，侧棱长为的正四棱锥的体积相等，则该正方体的棱长为 【答案】2【解析】试题分析：设正四棱锥底面正方形的中心为,顶点为,则,则，则正四棱锥的体积为，得考点：正四棱锥体积23.在空间四边形ABCD中,AC=BC,A
20、D=BD,则异面直线AB与CD所成角的大小为_.【答案】【解析】【分析】取的中点，证明面，即可得出结果【详解】解：如图，取的中点，连结，又，面，又，异面直线AB与CD所成角大小为故答案为【点睛】本题考查异面直线所成的角，可通过证明线面垂直得到，是基础题24.圆C的圆心为点，且经过点，则圆C的方程为_.【答案】【解析】【分析】根据题意，利用两点间距离公式求得圆的半径，根据圆的标准方程求出答案.【详解】由于圆C的圆心为点，且经过点，圆的半径为，则,所以圆的方程为，故答案为：.【点睛】本题考查圆的标准方程的求法，关键在于利用两点间的距离球求得圆的半径，属基础题.25.动点P在直线上运动，为定点，当最
21、小时，点P的坐标为_【答案】【解析】【分析】当与直线垂直时，最小，利用直线垂直的条件和点斜式方程求得过点与直线垂直的直线方程，然后联立方程组求解即得.【详解】当与直线垂直时，最小，直线的斜率为，其垂线的斜率为1，过点与直线垂直的直线方程为,即,由解得,当最小时，点P的坐标为，故答案为：.【点睛】本题考查直线上动点到定点的距离最小问题，涉及直线的垂直的条件，直线方程的求法，两直线的交点坐标的求法，属中档题，难度一般.三、解答题（共5题；共55分）26.已知三边所直线方程：，（）.（1）判断的形状；（2）当边上的高为1时，求的值.【答案】（1）为直角三角形；（2）或.【解析】试题分析：（1）计算三
22、角形各边的斜率，发现，AB与AC互相垂直（2）解方程组求得A的坐标，由点到直线的距离公式求得m的值试题解析：（1）直线的斜率为，直线的斜率为，所以，所以直线与互相垂直，因此，为直角三角形；（2）解方程组，得，即.由点到直线距离公式得当时，即，解得或.27.如图1，是等腰直角三角形,，E，F分别为，的中点，沿将折起，得到如图2所示的四棱锥.（1）求证：平面；（2）当四棱锥体积取最大值时：若G为中点，求异面直线与所成角；在中交于C，求二面角的余弦值【答案】（1）证明见解析；（2）；.【解析】【分析】（1）要证明线面垂直需证明与平面内的两条相交直线垂直，即证明，；（2）将异面直线所成的角转化为相交直
23、线所成的角，再根据是等腰直角三角形确定异面直线所成的角；可以以点E为原点建立空间直角坐标系，分别求平面和平面的法向量，再利用法向量求二面角的余弦值.【详解】（1）证明：因为是等腰直角三角形，E，F分别为，的中点，所以，又因为，所以平面由于，所以有平面（2）取中点D，连接，由于为中位线，以及为中位线，所以四边形为平行四边形直线与所成角就是与所成角所以四棱锥体积取最大值时，垂直于底面此时为等腰直角三角形，为中线，所以直线又因为，所以直线与所成角为因为四棱锥体积取最大值，分别以、所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系如图，则，设平面的一个法向量为，由得，取，得平面的一个法向量所以，故平面与平
24、面的平面角的夹角的余弦值为【点睛】本题考查证明线面垂直，异面直线所成角，二面角的向量求法，意在考查推理证明，空间想象能力，计算能力，属于中档题型.28.如图四棱锥的底面为菱形，且，.（）求证：平面平面；（）二面角的余弦值.【答案】（1）见解析;（2）.【解析】【详解】（1）证明：取中点，连结，由，知为等腰直角三角形，由，知为边三角形，由得，又，、平面平面，又平面，平面平面.（2）由（1）、两两互相垂直，如图建立空间直角坐标系，则，设平面的法向量为，则，取，则，又平面的一个法向量为，设二面角的大小为，易知其为锐角， ，二面角的余弦值为.29.已知的三个顶点坐标分别为边上的中线所在直线为.（）求直
25、线的方程；（）若点关于直线的对称点为，求的面积.【答案】（）；（）【解析】试题分析：（）边上的中线所在直线为过点和中点的直线，所以先求的中点，再根据两点式写出直线l的方程；（）根据对称的性质，可先求得点的坐标，再求直线的方程，并且求点到直线的距离和 ,最后根据三角形的面积公式，解得三角形的面积.试题解析：（）设的中点为，由中点坐标公式可得，又知，由两点式可得：，整理可得，故的方程为.（）点关于直线的对称点为，则，:，即，解方程组，得直线与直线的交点坐标，由中点坐标公式可得.，直线的方程为，设到直线的距离为，则， .30.设三棱锥的每个顶点都在球的球面上，是面积为的等边三角形，且平面平面.（1）
26、求球的表面积；（2）证明：平面平面，且平面平面.（3）与侧面平行的平面与棱，分别交于，求四面体的体积的最大值.【答案】（1）（2）证明见解析（3）【解析】【分析】（1）先取的中点,连接.根据,得出的外心为.再因为,则.平面平面,平面平面,所以平面,球心在上.得出是线段上靠近点的一个三等分点.然后求出球的半径,则得出球的表面积为.（2）根据在上,则平面,又平面,则有平面平面.再证平面平面,所以有平面,又平面,即可证得平面平面.（3）先求到平面的距离.设,到平面的距离为.由平面平面,得到三角形相似,则可得的面积,求出,得到到平面的距离为,则四面体的体积.转化为函数,利用导函数求得最大值.【详解】（1）解：取的中点,连接.因为,所以的外心为.因为,所以.又平面平面,平面平面,所以平面,所以在上.因为是等边三角形,所以是线段上靠近点的一个三等分点.由题意得,解得,所以球的半径,球的表面积为.（2）证明：因为在上,所以平面,又平面,所以平面平面.连接,则,又平面平面,所以平面,又平面,所以平面平面.（3）解：因为,所以到平面的距离.设,到平面的距离为.因为平面平面,所以,则的面积为.又,所以到平面的距离为,所以四面体的体积.设,当时,；当时,.所以,即四面体的体积的最大值为.【点睛】本题考查三棱锥外接球面积的求法,考查面面垂直的证明以及利用导函数求体积的最大值,属于综合性较强的题目.