2020-2021学年安徽省芜湖市某校高二（上）12月月考数学（理）试卷人教A版

这是一份2020-2021学年安徽省芜湖市某校高二（上）12月月考数学（理）试卷人教A版，共10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l1:x−y−1=0与l2:x−2ay+2=0平行，则实数a的值是（ ）
A.12B.−12C.1D.−1

2. 直线2x⋅sin210∘−y−2=0的倾斜角是（ ）
A.45∘B.135∘C.30∘D.150∘

3. 已知圆的方程是(x−2)2+(y−3)2=4，则点P(3, 2)满足（ ）
A.是圆心B.在圆上C.在圆内D.在圆外

4. 已知圆C:x2+y2−2x+4y+2=0，从点P−1,−3发出的光线，经直线y=x反射后，恰好经过圆心C，则入射光线的斜率为（ ）
A.−4B.−14C.14D.4

5. 已知圆C:x2+y2−2x+4y=0关于直线3x−2ay−11=0对称，则圆C中以(a2, −a2)为中点的弦长为( )
A.1B.2C.3D.4

6. 如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点（不含端点），则下列结论不正确的为（ ）

A.平面CBP⊥平面BB1PB.AP⊥平面CPD1
C.AP⊥BCD.AP//平面DD1C1C

7. 已知在三棱锥P−ABC中，PA，PB，PC两两互相垂直，且PA=1，PB=6，PC=3，则该三棱锥外接球的表面积为（ ）
A.16πB.64πC.32π3D.252π3

8. 已知圆C1的圆心在x轴上，半径为1，且过点2,−1，圆C2:x2+y2=4，则圆C1，C2的公共弦长为( )
A.152B.315C.74D.72

9. 如图，长方体ABCD−A1B1C1D1中，AA1=AB=2，AD=1，E，F，G分别是DD1，AB， CC1的中点，则异面直线A1E与GF所成角为( )

A.30∘B.45∘C.60∘D.90∘

10. 关于直线m，n及平面α,β，
①若m//α，α∩β=n，则m//n；
②若m//α，n//α，则m//n；
③若m⊥α，m//β，则α⊥β；
④若m⊂α，,α⊥β，则m⊥β.
其中正确的是( )
A.①②B.①④C.③D.②

11. 阿波罗尼斯（约公元前262−190年）证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数kk>0,k≠1的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿氏圆．若平面内两定点A，B间的距离为4，动点P满足|PA||PB|=3，当P，A，B不共线时， △PAB面积的最大值是（ ）
A. 433B.3C.43D.33

12. 过点Px,y作圆C1:x2+y2=1与圆C2:x−22+y−12=1的切线，切点分别为A，B，若|PA|=|PB|，则x2+y2的最小值为（ ）
A.52B.54C.5D.5
二、填空题

圆(x+2)2+y2=4与圆(x−2)2+(y−1)2=9的位置关系为________.

过P2,2作圆C:x−12+y2=1的切线，则其切线方程为________.

已知线段AB的长度是10，它的两个端点分别在x轴、y轴上滑动，则AB的中点P的轨迹方程是________．

已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，点P在线段CB1上，若平面α经过点A，C1，P，则它截正方体ABCD−A1B1C1D所得的截面的周长最小值为________.

三、解答题

已知△ABC的顶点坐标为A(−1, 5)，B(−2, −1)，C(4, 3)．
(1)求AB边上的高线所在的直线方程；

(2)求△ABC的面积．

圆经过点A(2, −3)和B(−2, −5)．
(1)若圆的面积最小，求圆的方程；

(2)若圆心在直线x−2y−3=0上，求圆的方程．

如图，已知矩形ABCD所在平面外一点P，PA⊥平面ABCD，E，F分别是AB，PC的中点．

(1)求证：EF // 平面PAD；

(2)求证：EF⊥CD．

已知两个定点A(0, 4)，B(0, 1)，动点P满足|PA|=2|PB|．设动点P的轨迹为曲线E，直线：y=kx−4．
(1)求曲线E的轨迹方程；

(2)若l与曲线E交于不同的C，D两点，且∠COD=120∘（O为坐标原点），求直线l的斜率.

如图，正三棱柱ABC−A1B1C1的所有棱长都是2，D，E分别是AC，CC1的中点．

(1)求证：平面AEB⊥平面A1BD；

(2)求二面角D−BE−A1的余弦值．

如图，为保护河上古桥OA，规划建一座新桥BC，同时设立一个圆形保护区，规划要求：新桥BC与河岸AB垂直；保护区的边界为圆心M在线段OA上并与BC相切的圆，且古桥两端O和A到该圆上任意一点的距离均不少于80m，经测量，点A位于点O正北方向60m处，点C位于点O正东方向170m处（OC为河岸），tan∠BCO=43．

(1)求新桥BC的长；

(2)当OM多长时，圆形保护区的面积最大？
参考答案与试题解析
2020-2021学年安徽省芜湖市某校高二（上）12月月考数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
两条直线平行与倾斜角、斜率的关系
【解析】
根据直线平行可直接构造方程求得结果．
【解答】
解：∵ l1//l2 ，
∴ 1×(−2a)−(−1)×1=0，(−1)×2−(−2a)×(−1)≠0，
解得：a=12.
故选A．
2.
【答案】
B
【考点】
直线的倾斜角
直线的斜率
【解析】
由题意，取得直线的斜率k=−1 ，进而可求得倾斜角，得到答案．
【解答】
解：由题意得k=2sin210∘=−2sin30∘=−1，故倾斜角为135∘．
故选B．
3.
【答案】
C
【考点】
点与圆的位置关系
【解析】
计算点P与圆心的距离，与半径比较，即可得到结论．
【解答】
解：因为(3−2)2+(2−3)2=2d>R−r，
所以两圆相交.
故答案为：相交.
【答案】
x=2或3x−4y+2=0
【考点】
点到直线的距离公式
圆的切线方程
直线的点斜式方程
【解析】
分切线的斜率存在和不存在两种情况求切线方程，当斜率存在时由圆心到切线的距离等于半径求得切线的斜率，则答案可求．
【解答】
解：当切线的斜率不存在时，切线方程为x=2；
当切线的斜率存在时，设斜率为k，
则切线方程为y−2=k(x−2)，
即kx−y−2k+2=0，
由圆心C(1, 0)到切线的距离等于半径得：
|k−2k+2|k2+1=1，解得k=34，
∴ 斜率存在时的切线方程为3x−4y+2=0．
故答案为：x=2或3x−4y+2=0．
【答案】
x2+y2=25
【考点】
轨迹方程
中点坐标公式
【解析】
由两点间距离公式表示出|AB|，再利用中点坐标公式建立线段AB的中点与其两端点的坐标关系，最后代入整理即可．
【解答】
解：设A(m, 0)，B(0, n)，则|AB|2=m2+n2=100，
再设线段AB中点P的坐标为(x, y)，则x=m2，y=n2，即m=2x，n=2y，
所以4x2+4y2=100，即AB中点的轨迹方程为x2+y2=25．
故答案为：x2+y2=25．
【答案】
25
【考点】
平面与平面平行的性质
棱柱的结构特征
平面的基本性质及推论
【解析】
先根据平面的基本性质确定平面，然后利用面面平行的性质定理，得到截面的形状，再求周长的最小值即可．
【解答】
解：当P点靠近C或与C重合时，
A，C1，P确定的平面α，
∵ 平面ADD1A1//BCC1B1，
∴ AE//QC1，同理AQ//EC1，
∴ 四边形AEC1Q是平行四边形，平面AEC1Q就是截面，
设D1E=x0≤x≤1 ，则A1E=1−x，
∴ EC1=AQ=x2+1 ，AE=QC1=1−x2+1，
∴ AQ+AE=x2+1+1−x2+1
=x−02+0−12+x−12+0−12，
可以看作平面直角坐标系中点Px,0到A0,1和B1,1距离的最小值，
A0,1关于x轴的对称点A′0,−1，
连接A′B，其长度即为AQ+AE的最小值，
由勾股定理得到A′B=5，
∴ 周长的最小值为25，
当P点靠近B1或与B1重合时，A，C1，P确定的平面α，
∵ 平面ADD1A1//BCC1B1，
∴ AE//QC1，同理AQ//EC1，
所以四边形AEC1Q是平行四边形，平面AEC1Q就是截面，
设D1E=x0≤x≤1 ，
则DE=1−x，
所以EC1=AQ=x2+1，AE=QC1=1−x2+1,
AQ+AE=x2+1+1−x2+1
=x−02+0−12+x−12+0−12,
证法同上，所以周长的最小值为25，
综上所述，所以周长的最小值为25.
故答案为：25.
三、解答题
【答案】
解：(1)由题意可得kAB=−1−5−2−(−1)=−6−1=6，
∴ AB边高线斜率k=−16，
∴ AB边上的高线的点斜式方程为y−3=−16(x−4)，
化为一般式可得x+6y−22=0.
(2)由(1)知直线AB的方程为y−5=6(x+1)，
即6x−y+11=0，
∴ C到直线AB的距离：
d=|24−3+11|36+1=3237=323737，
又∵ |AB|=(−1+2)2+(5+1)2=37，
∴ △ABC的面积：
S=12|AB|d=12×37×323737=16.
【考点】
两条直线垂直与倾斜角、斜率的关系
直线的点斜式方程
两点间的距离公式
点到直线的距离公式
【解析】
（1）由题意可得AB的斜率，可得AB边高线斜率，进而可得方程；
（2）由（1）知直线AB的方程，可得C到直线AB的距离为d，由距离公式可得|AB|，代入三角形的面积公式可得．
【解答】
解：(1)由题意可得kAB=−1−5−2−(−1)=−6−1=6，
∴ AB边高线斜率k=−16，
∴ AB边上的高线的点斜式方程为y−3=−16(x−4)，
化为一般式可得x+6y−22=0.
(2)由(1)知直线AB的方程为y−5=6(x+1)，
即6x−y+11=0，
∴ C到直线AB的距离：
d=|24−3+11|36+1=3237=323737，
又∵ |AB|=(−1+2)2+(5+1)2=37，
∴ △ABC的面积：
S=12|AB|d=12×37×323737=16.
【答案】
解：(1)要使圆的面积最小，则AB为圆的直径，
所以所求圆的圆心为(0, −4)，
|AB|=(−2−2)2+(−5+3)2=25，
半径长12|AB|=5，
圆的方程为x2+(y+4)2=5.
(2)因为kAB=−5−(−3)−2−2=12，AB中点为(0, −4)，
所以AB中垂线方程为y+4=−2x，即2x+y+4=0，
解方程组2x+y+4=0,x−2y−3=0, 得x=−1,y=−2,
所以圆心为(−1, −2)．
根据两点间的距离公式，得半径r=(−1−2)2+(−2+3)2=10，
因此，所求的圆的方程为(x+1)2+(y+2)2=10.
【考点】
圆的标准方程
【解析】
（1）要使圆的面积最小，则AB为圆的直径，即求以AB为直径的圆．
（2）解法1，求出AB中垂线方程，与x−2y−3＝0联立，求出圆心，再求出半径后即可得出圆的方程．
解法2，利用待定系数法，设为(x−a)2+(y−b)2＝r2，求解．
【解答】
解：(1)要使圆的面积最小，则AB为圆的直径，
所以所求圆的圆心为(0, −4)，
|AB|=(−2−2)2+(−5+3)2=25，
半径长12|AB|=5，
圆的方程为x2+(y+4)2=5.
(2)因为kAB=−5−(−3)−2−2=12，AB中点为(0, −4)，
所以AB中垂线方程为y+4=−2x，即2x+y+4=0，
解方程组2x+y+4=0,x−2y−3=0, 得x=−1,y=−2,
所以圆心为(−1, −2)．
根据两点间的距离公式，得半径r=(−1−2)2+(−2+3)2=10，
因此，所求的圆的方程为(x+1)2+(y+2)2=10.
【答案】
证明：(1)取PD中点M，连AM，FM，如图所示，
∵ FM=//12CD，
又AE=//12CD，
∴ AE=//FM,
∴ 四边形AEFM为平行四边形,
∴ EF // AM.
又∵ AM在平面PAD内，EF不在平面PAD内，
∴ EF // 平面PAD；
(2)∵ CD⊥AD，CD⊥PA，PA∩AD=A，
PA在平面PAD内，AD在平面PAD内，
∴ CD⊥平面PAD.
又∵ AM在平面PAD内，
∴ CD⊥AM.
∵ EF // AM，
∴ CD⊥EF.
【考点】
两条直线垂直的判定
直线与平面平行的判定
【解析】
（1）取PD中点Q，连AQ、QF，易证EF // AQ，根据直线与平面平行的判定定理可证得EF // 面PAD；
（2）欲证CD⊥EF，可先证直线与平面垂直，CD⊥AD，CD⊥PA，PA∩AD=A，根据直线与平面垂直的判定定理可知CD⊥面PAD，从而得到CD⊥EF；
【解答】
证明：(1)取PD中点M，连AM，FM，如图所示，
∵ FM=//12CD，
又AE=//12CD，
∴ AE=//FM,
∴ 四边形AEFM为平行四边形,
∴ EF // AM.
又∵ AM在平面PAD内，EF不在平面PAD内，
∴ EF // 平面PAD；
(2)∵ CD⊥AD，CD⊥PA，PA∩AD=A，
PA在平面PAD内，AD在平面PAD内，
∴ CD⊥平面PAD.
又∵ AM在平面PAD内，
∴ CD⊥AM.
∵ EF // AM，
∴ CD⊥EF.
【答案】
解：(1)设点P的坐标为(x, y)，
因为|PA|=2|PB|，
即x2+(y−4)2=2x2+(y−1)2，
整理可得 x2+y2=4，
所以曲线E的轨迹方程为x2+y2=4．
(2)依题意，OC=OD=2，且∠COD=120​∘，
则点O到CD边的距离为1，
即点O(0, 0)到直线l:kx−y−4=0的距离4k2+1=1，
解得 k=±15，
所以直线l的斜率为±15．
【考点】
轨迹方程
直线的斜率
点到直线的距离公式
【解析】
（1）设点P的坐标为(x, y)，根据|PA|＝2|PB|列方程化简可得轨迹方程；
（2）OC＝OD＝2，且∠COD＝120∘，则点O到CD边的距离为1，列方程求解即可；
（3）依题意，ON⊥QN，OM⊥QM，则M，N都在以OQ为直径的圆F上，Q是直线l:y＝x−4上的动点，设Q(t, t−4)，联立两个圆的方程求解即可．
【解答】
解：(1)设点P的坐标为(x, y)，
因为|PA|=2|PB|，
即x2+(y−4)2=2x2+(y−1)2，
整理可得 x2+y2=4，
所以曲线E的轨迹方程为x2+y2=4．
(2)依题意，OC=OD=2，且∠COD=120​∘，
则点O到CD边的距离为1，
即点O(0, 0)到直线l:kx−y−4=0的距离4k2+1=1，
解得 k=±15，
所以直线l的斜率为±15．
【答案】
(1)证明：∵ AB=BC=CA，D是AC的中点，
∴ BD⊥AC，
∵ AA1⊥平面ABC，
∴ 平面AA1C1C⊥平面ABC，
∴ BD⊥平面AA1C1C，∴ BD⊥AE，
∵ 在正方形AA1C1C中，D，E分别是AC，CC1的中点，
可得△A1AD≅△ACE，∴ ∠A1DA=∠AEC，
∵ ∠AEC+∠CAE=90∘，
∴ ∠A1DA+∠CAE=90∘，即A1D⊥AE，
又A1D∩BD=D，∴ AE⊥平面A1BD，又AE⊂平面 AEB，
∴ 平面AEB⊥平面A1BD.
(2)解：取A1C1中点F，以DF，DA，DB为坐标轴建立空间直角坐标系，如图，
则D0,0,0，E1,−1,0，B0,0,3，A12,1,0，
则DB→=0,0,3，DE→=1,−1,0，BA1→=2,1,−3，EA1→=1,2,0，
设平面DBE的一个法向量为m→=x,y,z，
则DB→⋅m→=0,DE→⋅m→=0,即3z=0,x−y=0,令x=1，则m→=1,1,0，
设平面BA1E的一个法向量为n→=x,y,z，
则BA1→⋅n→=0,EA1→⋅n→=0,即2x+y−3z=0,x+2y=0,令y=1，则n→=−2,1,−3，
设二面角D−BE−A1的平面角为θ，观察可知θ为锐角，
则|cs⟨m→,n→⟩|=|m→⋅n→||m→|⋅|n→|=14，
故二面角D−BE−A1的余弦值为14．
【考点】
平面与平面垂直的判定
二面角的平面角及求法
【解析】


【解答】
(1)证明：∵ AB=BC=CA，D是AC的中点，
∴ BD⊥AC，
∵ AA1⊥平面ABC，
∴ 平面AA1C1C⊥平面ABC，
∴ BD⊥平面AA1C1C，∴ BD⊥AE，
∵ 在正方形AA1C1C中，D，E分别是AC，CC1的中点，
可得△A1AD≅△ACE，∴ ∠A1DA=∠AEC，
∵ ∠AEC+∠CAE=90∘，
∴ ∠A1DA+∠CAE=90∘，即A1D⊥AE，
又A1D∩BD=D，∴ AE⊥平面A1BD，又AE⊂平面 AEB，
∴ 平面AEB⊥平面A1BD.
(2)解：取A1C1中点F，以DF，DA，DB为坐标轴建立空间直角坐标系，如图，
则D0,0,0，E1,−1,0，B0,0,3，A12,1,0，
则DB→=0,0,3，DE→=1,−1,0，BA1→=2,1,−3，EA1→=1,2,0，
设平面DBE的一个法向量为m→=x,y,z，
则DB→⋅m→=0,DE→⋅m→=0,即3z=0,x−y=0,令x=1，则m→=1,1,0，
设平面BA1E的一个法向量为n→=x,y,z，
则BA1→⋅n→=0,EA1→⋅n→=0,即2x+y−3z=0,x+2y=0,令y=1，则n→=−2,1,−3，
设二面角D−BE−A1的平面角为θ，观察可知θ为锐角，
则|cs⟨m→,n→⟩|=|m→⋅n→||m→|⋅|n→|=14，
故二面角D−BE−A1的余弦值为14．
【答案】
解：(1)如图，以OC，OA为x，y轴建立直角坐标系，
则C170,0，A0,60，
由题意kBC=−43，
直线BC方程为y=−43x−170．
又kAB=−1kBC=34，
故直线AB方程为y=34x+60.
由y=−43x−170，y=34x+60,解得x=80,y=120,，即B80,120，
∴ |BC|=80−1702+1202=150m.
(2)设OM=t，即M(0,t)(0≤t≤60)，
由(1)直线BC的一般方程为4x+3y−680=0.
圆M的半径为r=|3t−680|5，
由题意要求r−t≥80，r−60−t≥80,，由于0≤t≤60，
因此r=|3t−680|5=680−3t5=136−35t，
∴ 136−35t−t≥80,136−35t−(60−t)≥80,
∴ 10≤t≤35，∴ 当t=10时，r取得最大值130m，此时圆面积最大．
【考点】
直线和圆的方程的应用
两条直线垂直与倾斜角、斜率的关系
直线的点斜式方程
点与圆的位置关系
【解析】
（1）在四边形AOCB中，过B作BE⊥OC于E，过A作AF⊥BE于F，设出AF，然后通过解直角三角形列式求解BE，进一步得到CE，然后由勾股定理得答案；
（2）设BC与⊙M切于Q，延长QM、CO交于P，设OM＝xm，把PC、PQ用含有x的代数式表示，再结合古桥两端O和A到该圆上任意一点的距离均不少于80m列式求得x的范围，得到x取最小值时圆的半径最大，即圆形保护区的面积最大．
【解答】
解：(1)如图，以OC，OA为x，y轴建立直角坐标系，
则C170,0，A0,60，
由题意kBC=−43，
直线BC方程为y=−43x−170．
又kAB=−1kBC=34，
故直线AB方程为y=34x+60.
由y=−43x−170，y=34x+60,解得x=80,y=120,，即B80,120，
∴ |BC|=80−1702+1202=150m.
(2)设OM=t，即M(0,t)(0≤t≤60)，
由(1)直线BC的一般方程为4x+3y−680=0.
圆M的半径为r=|3t−680|5，
由题意要求r−t≥80，r−60−t≥80,，由于0≤t≤60，
因此r=|3t−680|5=680−3t5=136−35t，
∴ 136−35t−t≥80,136−35t−(60−t)≥80,
∴ 10≤t≤35，∴ 当t=10时，r取得最大值130m，此时圆面积最大．