2020-2021学年四川省南充市高二（上）11月月考数学（理）试卷人教A版

这是一份2020-2021学年四川省南充市高二（上）11月月考数学（理）试卷人教A版，共11页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 已知直线l经过A(2, 1)，B(−1, 3)两点，则直线l的斜率为（ ）
A.−32B.32C.−23D.23

2. 若方程x2+y2−x+y+m=0表示圆，则实数m的取值范围是( )
A.m0)上仅有4个点到直线x−y−2=0的距离为1，则实数r的取值范围是________.
三、解答题

已知直线2x−y−1=0与直线x−2y+1=0交于点P．
(1)求过点P且平行于直线3x+4y−15=0的直线l1的方程；（结果写成直线方程的一般式）

(2)求过点P并且在两坐标轴上截距相等的直线l2方程.（结果写成直线方程的一般式）

已知在直角三角形ABC中， AC⊥BC，BC=2， tan∠ABC=22（如下图所示）.

(1)若以AC为轴，直角三角形ABC旋转一周，求所得几何体的表面积和体积；

(2)一只蚂蚁在问题(1)形成的几何体上从点B绕着几何体的侧面积爬行一周回到点B，求蚂蚁爬行的最短距离.

如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AC=3，BC=4，AB=5，点D是AB的中点．

(1)证明：AC⊥BC1；

(2)证明：AC1 // 平面CDB1.

已知圆C经过M2,−3和N−1,0两点，且圆心在直线3x−y=0上．
(1)求圆C的标准方程；

(2)求过点A2,4且与圆C相切的直线方程；

(3)若Px,y为圆C上的任意一点，求x−22+y−32的取值范围．

在三角形ABC中，顶点A−2,0，顶点B2,0，若顶点C满足|AC|=2|BC|.
(1)求动点C的轨迹方程；

(2)求三角形ABC面积的最大值.

如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PCD⊥平面ABCD，AB=2，BC=1，PC=PD=2，E为PB中点．

(1)求证：PD // 平面ACE；

(2)求证：PD⊥平面PBC；

(3)求三棱锥E−ABC的体积．
参考答案与试题解析
2020-2021学年四川省南充市高二（上）11月月考数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
直线的斜率
【解析】
由题意利用直线的斜率公式，求得结果．
【解答】
解：∵ 直线l经过A(2, 1)，B(−1, 3)两点，
∴ 直线l的斜率为3−1−1−2=−23.
故选C.
2.
【答案】
A
【考点】
二元二次方程表示圆的条件
圆的标准方程
圆的标准方程与一般方程的转化
【解析】
方程x2+y2−x+y+m=0即(x−12)2+(y+12)2=12−m，此方程表示圆时，应有12−m>0，由此求得实数m的取值范围．
【解答】
解：方程x2+y2−x+y+m=0，
即(x−12)2+(y+12)2=12−m，
此方程表示圆时，应有12−m>0，
解得md′，即r>2+1.
故答案为：r>2+1.
三、解答题
【答案】
解：(1)联立2x−y−1=0,x−2y+1=0,
解得：x=1,y=1,则P(1,1).
设平行于直线3x+4y−15=0的直线l1的方程为3x+4y+m=0，
把P(1, 1)代入可得：3+4+m=0，解得m=−7．
所以过点P且平行于直线3x+4y−15=0的直线l1的方程为3x+4y−7=0．
(2)当直线l2经过原点时，可得方程为：y=x；
当直线l2不过原点时，可设方程为：y+x=a，
把P(1, 1)代入可得1+1=a，可得a=2．
所以直线l2的方程为x+y−2=0．
综上可得：直线l2的方程为x+y−2=0或x−y=0．
【考点】
待定系数法求直线方程
直线的一般式方程与直线的平行关系
直线的截距式方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)联立2x−y−1=0,x−2y+1=0,
解得：x=1,y=1,则P(1,1).
设平行于直线3x+4y−15=0的直线l1的方程为3x+4y+m=0，
把P(1, 1)代入可得：3+4+m=0，解得m=−7．
所以过点P且平行于直线3x+4y−15=0的直线l1的方程为3x+4y−7=0．
(2)当直线l2经过原点时，可得方程为：y=x；
当直线l2不过原点时，可设方程为：y+x=a，
把P(1, 1)代入可得1+1=a，可得a=2．
所以直线l2的方程为x+y−2=0．
综上可得：直线l2的方程为x+y−2=0或x−y=0．
【答案】
解：(1)在Rt△ABC中，AC⊥BC，
则tan∠ABC=ACBC=22，
所以AC=22BC=42，
故以AC为轴，将直角三角形ABC旋转一周时，
所得几何体为底面半径BC=2，高AC=42的圆锥．
因为AC⊥BC，所以BC2+AC2=AB2，
故AB=BC2+AC2=22+(42)2=6，
故该圆锥母线长为AB=6，
故其表面积为12AB⋅2π⋅BC+π⋅BC2=12×6×4π+4π=16π．
该几何体的体积为13π⋅|BC|2⋅|AC|=1623π．
(2)沿该圆锥的母线AB将该圆锥剪开，作出该圆锥的侧面展开图，
连接BB1，如图所示．
则线段BB1的长度即为蚂蚁爬行的最短距离．
设∠BAB1=θ，则2π⋅BC=AB⋅θ，即2×2π=6θ，
解得θ=2π3.
因为AB=AB1=6，在△ABB1中，
由余弦定理得，BB12=AB2+AB12−2AB⋅AB1⋅csθ，
所以BB1=AB2+AB12−2AB⋅AB1⋅csθ
=62+62−2×6×6⋅cs2π3
=36+36+36=108=63．
即蚂蚁爬行的最短距离为63．
【考点】
旋转体（圆柱、圆锥、圆台）
柱体、锥体、台体的体积计算
余弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)在Rt△ABC中，AC⊥BC，
则tan∠ABC=ACBC=22，
所以AC=22BC=42，
故以AC为轴，将直角三角形ABC旋转一周时，
所得几何体为底面半径BC=2，高AC=42的圆锥．
因为AC⊥BC，所以BC2+AC2=AB2，
故AB=BC2+AC2=22+(42)2=6，
故该圆锥母线长为AB=6，
故其表面积为12AB⋅2π⋅BC+π⋅BC2=12×6×4π+4π=16π．
该几何体的体积为13π⋅|BC|2⋅|AC|=1623π．
(2)沿该圆锥的母线AB将该圆锥剪开，作出该圆锥的侧面展开图，
连接BB1，如图所示．
则线段BB1的长度即为蚂蚁爬行的最短距离．
设∠BAB1=θ，则2π⋅BC=AB⋅θ，即2×2π=6θ，
解得θ=2π3.
因为AB=AB1=6，在△ABB1中，
由余弦定理得，BB12=AB2+AB12−2AB⋅AB1⋅csθ，
所以BB1=AB2+AB12−2AB⋅AB1⋅csθ
=62+62−2×6×6⋅cs2π3
=36+36+36=108=63．
即蚂蚁爬行的最短距离为63．
【答案】
证明：(1)因为三棱柱ABC−A1B1C1为直三棱柱，
所以C1C⊥平面ABC，所以C1C⊥AC，
又因为AC=3，BC=4，AB=5，
所以AC2+BC2=AB2，
所以AC⊥BC.
又C1C∩BC=C，
所以AC⊥平面CC1B1B，
所以AC⊥BC1．
(2)连结C1B交CB1于E，再连结DE，AC1，CD，
由已知可得E为C1B的中点，
又∵ D为AB的中点，
∴ DE为△BAC1的中位线，
∴ AC1 // DE.
又∵ DE⊂平面CDB1，AC1⊄平面CDB1，
∴ AC1 // 平面CDB1．
【考点】
直线与平面垂直的判定
两条直线垂直的判定
直线与平面平行的判定
【解析】
（1）利用勾股定理的逆定理可得AC⊥BC．利用线面垂直的性质定理可得CC1⊥AC，再利用线面垂直的判定定理即可证明结论；
（2）利用直三棱柱的性质、正方形的性质、三角形的中位线定理即可得出ED // AC1，再利用线面平行的判定定理即可证明结论
【解答】
证明：(1)因为三棱柱ABC−A1B1C1为直三棱柱，
所以C1C⊥平面ABC，所以C1C⊥AC，
又因为AC=3，BC=4，AB=5，
所以AC2+BC2=AB2，
所以AC⊥BC.
又C1C∩BC=C，
所以AC⊥平面CC1B1B，
所以AC⊥BC1．
(2)连结C1B交CB1于E，再连结DE，AC1，CD，
由已知可得E为C1B的中点，
又∵ D为AB的中点，
∴ DE为△BAC1的中位线，
∴ AC1 // DE.
又∵ DE⊂平面CDB1，AC1⊄平面CDB1，
∴ AC1 // 平面CDB1．
【答案】
解：(1)设圆C方程：x2+y2+Dx+Ey+F=0，则圆心为−D2,−E2.
因为圆C经过M2,−3和N−1,0两点，且圆心在直线3x−y=0上，
所以4+9+2D−3E+F=0，1−D+F=0，−3D2+E2=0，则D=2，E=6，F=1，
则圆C的标准方程为x+12+y+32=9.
(2)设切线方程为y−4=kx−2.
因为直线与圆相切，所以|7−3k|k2+1=3，则k=2021，
故切线方程为x=2或20x−21y+44=0．
(3)因为x−22+y−32表示圆上的点P到(2,3)距离的平方，
所以先求圆心C到点2,3的距离，则d=2+12+3+32=45=35，
故x−22+y−32的取值范围是54−185,54+185．
【考点】
圆的一般方程
圆的标准方程与一般方程的转化
圆的切线方程
点与圆的位置关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)设圆C方程：x2+y2+Dx+Ey+F=0，则圆心为−D2,−E2.
因为圆C经过M2,−3和N−1,0两点，且圆心在直线3x−y=0上，
所以4+9+2D−3E+F=0，1−D+F=0，−3D2+E2=0，则D=2，E=6，F=1，
则圆C的标准方程为x+12+y+32=9.
(2)设切线方程为y−4=kx−2.
因为直线与圆相切，所以|7−3k|k2+1=3，则k=2021，
故切线方程为x=2或20x−21y+44=0．
(3)因为x−22+y−32表示圆上的点P到(2,3)距离的平方，
所以先求圆心C到点2,3的距离，则d=2+12+3+32=45=35，
故x−22+y−32的取值范围是54−185,54+185．
【答案】
解：(1)设动点Cx,y.
因为动点满足|AC|=2|BC|，
所以x+22+y−02=2×x−22+y−02，
故化简得x−62+y2=32，
则轨迹方程为x−62+y2=32y≠0．
(2)因为x−62+y2=32，
所以|y|≤42，
所以三角形的面积=12|AB|⋅|y|≤82，
故三角形面积最大值为82．
【考点】
轨迹方程
圆的标准方程
三角形求面积
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)设动点Cx,y.
因为动点满足|AC|=2|BC|，
所以x+22+y−02=2×x−22+y−02，
故化简得x−62+y2=32，
则轨迹方程为x−62+y2=32y≠0．
(2)因为x−62+y2=32，
所以|y|≤42，
所以三角形的面积=12|AB|⋅|y|≤82，
故三角形面积最大值为82．
【答案】
(1)证明：连结BD交AC于点F，连结EF，
因为底面ABCD是矩形，
所以F为BD中点．
又因为E为PB中点，所以EF // PD．
因为PD⊄平面ACE，EF⊂平面ACE，
所以PD // 平面ACE.
(2)证明：因为底面ABCD为矩形，所以BC⊥CD.
又因为平面PCD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD=CD，
所以BC⊥平面PCD.
因为PD⊂平面PCD，所以BC⊥PD.
因为PC=PD=2，CD=AB=2，
所以PC2+PD2=CD2，即PD⊥PC.
因为BC∩PC=C，BC，PC⊂平面PBC，
所以PD⊥平面PBC.
(3)解：取CD的中点M，连结PM，
因为PC=PD=2，CD=AB=2，M是CD的中点，
所以PM⊥CD，且PM=1.
因为平面PCD⊥平面ABCD，PM⊂平面PCD，平面PCD∩平面ABCD=CD，
所以PM⊥平面ABCD.
因为E是PB的中点，
所以VE−ABC=12VP−ABC=12×13×12×2×1×1=16，
所以三棱锥E−ABC的体积为16.
【考点】
直线与平面平行的判定
直线与平面垂直的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
（I）连结BD交AC于点F，连结EF，由中位线定理可得EF // PD，故而PD // 平面ACE；
(II)证明BC⊥平面PCD可得PD⊥BC，利用勾股定理可得PD⊥PC，故而PD⊥平面PBC；
(III)作PM⊥CD，可证PM⊥平面ABCD，于是VE−ABC=12VP−ABC．
【解答】
(1)证明：连结BD交AC于点F，连结EF，
因为底面ABCD是矩形，
所以F为BD中点．
又因为E为PB中点，所以EF // PD．
因为PD⊄平面ACE，EF⊂平面ACE，
所以PD // 平面ACE.
(2)证明：因为底面ABCD为矩形，所以BC⊥CD.
又因为平面PCD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD=CD，
所以BC⊥平面PCD.
因为PD⊂平面PCD，所以BC⊥PD.
因为PC=PD=2，CD=AB=2，
所以PC2+PD2=CD2，即PD⊥PC.
因为BC∩PC=C，BC，PC⊂平面PBC，
所以PD⊥平面PBC.
(3)解：取CD的中点M，连结PM，
因为PC=PD=2，CD=AB=2，M是CD的中点，
所以PM⊥CD，且PM=1.
因为平面PCD⊥平面ABCD，PM⊂平面PCD，平面PCD∩平面ABCD=CD，
所以PM⊥平面ABCD.
因为E是PB的中点，
所以VE−ABC=12VP−ABC=12×13×12×2×1×1=16，
所以三棱锥E−ABC的体积为16.