2020-2021学年安徽省铜陵市高二（上）12月月考数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年安徽省铜陵市高二（上）12月月考数学试卷人教A版，共9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的方程为y=−x+1，则该直线l的倾斜角为（ ）
A.30∘B.45∘C.60∘D.135∘

2. 已知点A2k，−1,Bk，1，且|AB|=13，则实数k等于（ ）
A.±3B.3C.−3D.0

3. 光线从点A(−3, 5)射到x轴上，经反射以后经过点B(2, 10)，则光线从A到B的距离是( )
A.52B.25C.510D.105

4. 经过点(−1,1)，斜率是直线y=22x−2的斜率的2倍的直线方程是（ ）
A.x=−1B.y=1C.y−1=2(x+1)D.y−1=22(x+1)

5. 直线3x+my−1=0与4x+3y−n=0的交点为2,−1，则m+n的值为（ ）
A.12B.10C.−8D.−6

6. 不共面的四点可以确定平面的个数为（ ）
A.2B.3C.4D.无法确定

7. 若a→=(1, λ, 2)，b→=(2, −1, 2)，且a→与b→的夹角余弦值为89，则λ等于（ ）
A.2B.−2C.−2或255D.2或−255

8. 在长方体ABCD−A1B1C1D1中， AB=2，BC=4， AA1=6，则AC1和底面ABCD所成的角为（ ）
A.30∘B.45∘C.60∘D.75∘

9. 空间直角坐标系中，已知A(1, −2, 1)，B(2, 2, 2)，点P在z轴上，且满足|PA|=|PB|，则P点的坐标为（ ）
A.(3, 0, 0)B.(0, 3, 0)C.(0, 0, 3)D.(0, 0, −3)

10. 已知圆的方程为x2+y2−6x−8y=0，设该圆过点(3, 5)的最长弦和最短弦分别为AC和BD，则四边形ABCD的面积为( )
A.106B.206C.306D.406

11. 已知△ABC的顶点分别是A(3, 1, 1)，B(−5, 2, 1)，C(−83, 2, 3)，则它在yOz平面上射影的面积是( )
A.4B.3C.2D.1

12. 直线x+y−1=0被圆(x+1)2+y2=3截得的弦长等于( )
A.2B.2C.22D.4
二、填空题

已知点A(2, 1)，B(−2, 3)，C(0, 1)，则△ABC中，BC边上的中线长为________．

已知圆C1： x−12+y−22=4，圆C2：x2+y2=1，则过圆C1与圆C2的两个交点且过原点O的圆的方程为________.

如果点P在z轴上，且满足|PO|=1（O是坐标原点），则点P到点A(1, 1, 1)的距离是________．

台风中心从A地以每小时20km的速度向东北方向移动，离台风中心30km内的地区为危险地区，城市B在A地正东40km处，B城市处于危险区内的时间为________.
三、解答题

已知直线l的倾斜角为135∘，且经过点P(1, 1)．
(1)求直线l的方程；

(2)求点A(3, 4)关于直线l的对称点A′的坐标．

如图，已知以点A(−1, 2)为圆心的圆与直线l1:x+2y+7=0相切．过点B(−2, 0)的动直线l与圆A相交于M，N两点，Q是MN的中点，直线l与l1相交于点P．

(1)求圆A的方程；

(2)当MN=219时，求直线l的方程.

已知正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N分别是棱BB1和对角线DB1的中点．

(1)证明：MN // 平面ABCD；

(2)求直线MN与直线CB1所成角的大小．

已知圆C1:x2+y2+4x+1=0及圆C2:x2+y2+2x+2y+1=0，求以圆C1与圆C2的公共弦为直径的圆的方程．

如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥AB，AB//DC，AD=DC=PA=2 ，AB=1 ，E为PC的中点．

1求证： BE⊥ 平面PDC；

2求二面角P−BC−D的余弦值．

如图，已知一艘海监船O上配有雷达，其监测范围是半径为25km的圆形区域．一艘外籍轮船从位于海监船正东40km的A处出发，径直驶向位于海监船正北30km的B处岛屿，速度为28km/ℎ．
问：这艘外籍轮船能否被海监船监测到？若能，持续时间多长？（要求用坐标法）

参考答案与试题解析
2020-2021学年安徽省铜陵市高二（上）12月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
直线的倾斜角
【解析】
由直线的方程求出斜率，再由斜率的值及倾斜角的范围求出倾斜角的值．
【解答】
解：∵ 直线l的方程为y=−x+1，∴ 斜率为−1，
又倾斜角α∈[0, π)，∴ α=135∘．
故选D．
2.
【答案】
A
【考点】
两点间的距离公式
【解析】
利用两点间的距离公式可得解.
【解答】
解：由题设得AB=2k−k2+1+12=13，
解得k=±3.
故选A.
3.
【答案】
C
【考点】
两点间的距离公式
【解析】
由题意可得A(−3, 5)关于x轴的对称点为A′(−3, −5)，由对称性可知光线从A到B的距离即为A′到B的距离，由距离公式可得答案．
【解答】
解：由题意可得A(−3, 5)关于x轴的对称点为A′(−3, −5)，
由对称性可知光线从A到B的距离即为A′到B的距离，
由距离公式可得|A′B|=(−3−2)2+(−5−10)2=510.
故选C.
4.
【答案】
C
【考点】
直线的点斜式方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由方程知，已知直线的斜率为22，
∴ 所求直线的斜率是2．
由直线的点斜式方程可得y−1=2(x+1)．
故选C．
5.
【答案】
B
【考点】
两条直线的交点坐标
【解析】
本题利用两直线的交点坐标代入得解.
【解答】
解：由题设得方程组3x+my−1=0，4x+3y−n=0的解为x=2，y=−1，
所以3×2−m−1=0，4×2−3−n=0，解得m=5，n=5，
所以m+n=10.
故选B.
6.
【答案】
C
【考点】
平面的基本性质及推论
【解析】
不共面的四点就一定不存在三个点共线的情况，由于不共线的三个点确定一个平面，从4个点中任取3个点都可以确定一个平面，利用组合数写出结果．
【解答】
解：∵ 不共线的三个点确定一个平面，
不共面的四点就一定不存在三个点共线的情况，
∴ 从4个点中任取3个点都可以确定一个平面，共有4种结果.
故选C.
7.
【答案】
C
【考点】
数量积表示两个向量的夹角
【解析】
用向量的内积公式建立方程，本题中知道了夹角的余弦值为89，故应用内积公式的变形来建立关于参数λ的方程求λ．
【解答】
解：由题意向量a→=(1, λ, 2)，b→=(2, −1, 2)，且a→与b→的夹角余弦值为89，
故有cs=a→⋅b→|a→||b→|=6−λ3λ2+5=89，
解得，λ=−2或255．
故选C．
8.
【答案】
A
【考点】
直线与平面所成的角
【解析】
利用长方体的性质，得∠C1AC是AC1与底面ABCD所成的角，利用解直角三角形得解.
【解答】
解：由题设得CC1⊥底面ABCD，
所以∠C1AC是AC1与底面ABCD所成的角，
由AB=2，BC=4，AA1=6得CC1=6，AC1=26，
所以sin∠C1AC=CC1AC1=12，
所以∠C1AC=30∘.
故选A.
9.
【答案】
C
【考点】
空间中的点的坐标
空间两点间的距离公式
【解析】
根据P在z轴上，设点P(0, 0, z)，再由|PA|=|PB|结合空间两点距离公式，建立关于z的方程，解之得z=3，从而得到点P坐标．
【解答】
解：∵ 点P在z轴上，
∴ 可设点P(0, 0, z)，
又∵ A(1, −2, 1)，B(2, 2, 2)，且|PA|=|PB|，
∴ (0−1)2+(0+2)2+(z−1)2=(0−2)2+(0−2)2+(z−2)2，
解之得z=3，所以点P坐标为(0, 0, 3).
故选C．
10.
【答案】
B
【考点】
直线与圆相交的性质
【解析】
圆x2+y2−6x−8y=0的圆心O(3, 4)，半径r=1236+64=5，点(3, 5)在圆内，最长弦AC为圆的直径．设AC与BD的交点为M(3, 5)，BD为最短弦，AC与BD相垂直，垂足为M，所以OM=d=1，BD=2BM=252−12=46，由此能求出四边形ABCD的面积．
【解答】
解：圆x2+y2−6x−8y=0的圆心O(3, 4)，半径r=1236+64=5，
点(3, 5)和(3, 4)两点间的距离d=(3−3)2+(5−4)2=1<5，
∴ 点(3, 5)在圆内，
∴ 最长弦AC为圆的直径．
设AC与BD的交点为M(3, 5).
∵ BD为最短弦，
∴ AC与BD相互垂直，设垂足为M，所以OM=d=1，
∴ BD=2BM=252−12=46.
∵ S四边形ABCD=S△ABD+S△BDC
=12×BD×MA+12×BD×MC
=12×BD×(MA+MC)=12×BD×AC，
∴ S四边形ABCD=12×46×10=206．
故选B.
11.
【答案】
D
【考点】
直角三角形的射影定理
空间两点间的距离公式
【解析】
先求出三个顶点在yOz平面上的射影分别，再由空间两点距离公式求出射影三角形三角长，由此能求出它在yOz平面上射影图形的面积．
【解答】
解：A(3, 1, 1)，B(−5, 2, 1)，C(−83, 2, 3)，
三个顶点在yOz平面上的射影分别为A′(0, 1, 1)，B′=(0, 2, 1)，C′=(0, 2, 3)，
则|A′B′|=1，|B′C′|=2，|A′C′|=1+4=5，
即有△A′B′C′为直角三角形，A′C′为斜边，
则面积为S=12×1×2=1．
故选D．
12.
【答案】
B
【考点】
直线与圆的位置关系
圆的标准方程
点到直线的距离公式
【解析】
解：因为圆x+12+y2=3的圆心为−1,0，圆半径r=3，
所以圆心−1,0到直线x+y−1=0的距离：
d=|−1+0−1|2=2.
所以直线x+y−1=0被圆x+12+y2=3截得的弦长为：
232−22=2.
故选B．
【解答】
解：因为圆x+12+y2=3的圆心为−1,0，
圆半径r=3.
所以圆心−1,0到直线x+y−1=0的距离：
d=|−1+0−1|2=2.
所以直线x+y−1=0被圆x+12+y2=3截得的弦长为：
232−22=2.
故选B．
二、填空题
【答案】
10
【考点】
两点间的距离公式
中点坐标公式
【解析】
解：BC中点为−1,2，
则BC边上中线长为：
2+12+1−22=10.
故答案为：10.
【解答】
解：由已知得BC中点为−1,2，
则BC边上中线长为：
2+12+1−22=10.
故答案为：10.
【答案】
x2+y2−x−2y=0
【考点】
圆的标准方程与一般方程的转化
圆的一般方程
【解析】
根据题意，设所求圆的方程为x2+y2−2x−4y+1+λx2+y2−1=0λ≠−1，把原点代入即可得出．
【解答】
解：圆C1： x−12+y−22=4可化为：x2+y2−2x−4y+1=0，
设所求圆的方程为x2+y2−2x−4y+1+λx2+y2−1=0λ≠−1，
把原点代入可得1−λ=0 ，
∴λ=1，
即可得圆C1与圆C2的两个交点且过原点O的圆的方程为x2+y2−x−2y=0.
故答案为：x2+y2−x−2y=0.
【答案】
2或6
【考点】
空间两点间的距离公式
【解析】
设P(0, 0, z)，由于|OP|=1，可得0+0+z2=1，即|z|=1，解得z．再利用两点间的距离公式即可得出|PA|．
【解答】
解：设P(0, 0, z)，∵ |OP|=1，
∴ 0+0+z2=1，即|z|=1，
解得z=±1．
∴ |PA|=12+12+(1−1)2=2
或12+12+[1−(−1)]2=6．
故答案为：2或6．
【答案】
1ℎ
【考点】
两点间的距离公式
点到直线的距离公式
直线和圆的方程的应用
【解析】
以A为坐标原点，正东方向为x轴建立直角坐标系，则直线y=x被圆x−402+y2=302截得弦长为2302−2022=20，所以B城市处于危险区内的时间为2020=1，选B．
【解答】
解：如图，以A为坐标原点，建立平面直角坐标系，
则A(0, 0)，B(40, 0)，台风移动所在直线是y=x，
以B为圆心，以30 km为半径的圆交y=x于E，F，
台风中心移到圆B内时，B城处于危险区，
点B到直线y=x的距离d=402=202 km，
则|EF|=2900−800=20 km，
所以台风中心在EF上移动的时间为：|EF|20=1ℎ，
所以B城处于危险区内的时间是1ℎ.
故答案为：1ℎ．
三、解答题
【答案】
解：(1)∵ 直线l的倾斜角为135∘，
∴ 直线l的斜率k=tan135∘=−1，
由此可得直线l的方程为：y−1=−(x−1)，化简得x+y−2=0；
(2)设点A(3, 4)关于直线l的对称点为A′(a, b)，
∵ 线段AA′与直线l相互垂直，且AA′的中点(a+32, b+42)在直线l上，
∴ b−4a−3×(−1)=−1,a+32+b+42−2=0，
解得a=−2b=−1 ，
故A′的坐标为(−2, −1)．
【考点】
中点坐标公式
直线的点斜式方程
斜率的计算公式
【解析】
（I）算出直线l的斜率k＝tan135∘＝−1，利用直线方程的点斜式列式，化简即得直线l的方程；
(II)设所求对称点A′的坐标为(a, b)，根据轴对称的性质建立关于a、b的方程组，解出a、b之值，可得所求对称点A′的坐标．
【解答】
解：(1)∵ 直线l的倾斜角为135∘，
∴ 直线l的斜率k=tan135∘=−1，
由此可得直线l的方程为：y−1=−(x−1)，化简得x+y−2=0；
(2)设点A(3, 4)关于直线l的对称点为A′(a, b)，
∵ 线段AA′与直线l相互垂直，且AA′的中点(a+32, b+42)在直线l上，
∴ b−4a−3×(−1)=−1,a+32+b+42−2=0，
解得a=−2b=−1 ，
故A′的坐标为(−2, −1)．
【答案】
解：(1)设圆A的半径为R，由于圆A与直线l1:x+2y+7=0相切，
∴ R=|−1+4+7|5=25，
∴ 圆A的方程为(x+1)2+(y−2)2=20.
(2)①当直线l与x轴垂直时，易知x=−2，符合题意；
②当直线l与x轴不垂直时，
设直线l的方程为y=k(x+2)，即kx−y+2k=0，
连接AQ，则AQ⊥MN，
∵ MN=219，
∴ AQ=20−19=1，
则由AQ=|k−2|k2+1=1，得k=34，
∴ 直线l:3x−4y+6=0．
故直线l的方程为x=−2或3x−4y+6=0.
【考点】
直线与圆相交的性质
圆的标准方程
点到直线的距离公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)设圆A的半径为R，由于圆A与直线l1:x+2y+7=0相切，
∴ R=|−1+4+7|5=25，
∴ 圆A的方程为(x+1)2+(y−2)2=20.
(2)①当直线l与x轴垂直时，易知x=−2，符合题意；
②当直线l与x轴不垂直时，
设直线l的方程为y=k(x+2)，即kx−y+2k=0，
连接AQ，则AQ⊥MN，
∵ MN=219，
∴ AQ=20−19=1，
则由AQ=|k−2|k2+1=1，得k=34，
∴ 直线l:3x−4y+6=0．
故直线l的方程为x=−2或3x−4y+6=0.
【答案】
(1)证明：连结BD，
∵ M，N分别是棱BB1和DB1的中点，
∴ MN // BD，
∵ MN⊄平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
∴ MN // 平面ABCD．
(2)解：设正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，
以D为原点，DA，DC，DD1的方向分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则D(0, 0, 0)，A(1, 0, 0)，B(1, 1, 0)，C(0, 1, 0)，B1(1, 1, 1)，
∴ M(1, 1, 12)，N(12,12,12)，
B1C→=(−1, 0, −1)，MN→=(−12, −12, 0)，
∴ cs=MN→⋅B1C→|MN→|⋅|B1C→|
=1212⋅2=12．
∴ =π3，
∴ 直线MN与直线CB1所成角的大小为π3．
【考点】
直线与平面平行的判定
直线与平面平行
异面直线及其所成的角
【解析】
（1）连结BD，推导出MN // BD，由此能证明MN // 平面ABCD．
（2）设正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，以D为原点，DA，DC，DD1的方向分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线MN与直线CB1所成角的大小．
【解答】
(1)证明：连结BD，
∵ M，N分别是棱BB1和DB1的中点，
∴ MN // BD，
∵ MN⊄平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
∴ MN // 平面ABCD．
(2)解：设正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，
以D为原点，DA，DC，DD1的方向分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则D(0, 0, 0)，A(1, 0, 0)，B(1, 1, 0)，C(0, 1, 0)，B1(1, 1, 1)，
∴ M(1, 1, 12)，N(12,12,12)，
B1C→=(−1, 0, −1)，MN→=(−12, −12, 0)，
∴ cs=MN→⋅B1C→|MN→|⋅|B1C→|
=1212⋅2=12．
∴ =π3，
∴ 直线MN与直线CB1所成角的大小为π3．
【答案】
解：根据题意，圆C1:x2+y2+4x+1=0
及圆C2:x2+y2+2x+2y+1=0，
由两圆的方程相减，得公共弦所在的直线为x−y=0.
圆C1:x2+y2+4x+1=0化为标准方程为：(x+2)2+y2=3，
圆C2:x2+y2+2x+2y+1=0化为标准方程为：(x+1)2+(y+1)2=1，
则圆心C1(−2,0)， C2(−1, −1)，半径r1=3，r2=1，
∴ 两圆心连线所在直线的方程为
y−0−1−0=x+2−1+2，即x+y+2=0.
由x−y=0,x+y+2=0 得所求圆的圆心为−1,−1.
又圆心C1−2,0到公共弦所在直线x−y=0的距离d=|−2−0|2=2，
∴ 所求圆的半径r=(3)2−(2)2=1，
∴ 所求圆的方程为x+12+y+12=1.
【考点】
相交弦所在直线的方程
圆的标准方程
【解析】
根据题意，联立两个圆的方程可得两圆的公共弦所在的直线方程，由圆C2的方程分析可得圆心C2的坐标，进而可得圆心C2(−1, −1)在直线x−y＝0上，即可得以两圆的公共弦为直径的圆即圆C2，即可得答案．
【解答】
解：根据题意，圆C1:x2+y2+4x+1=0
及圆C2:x2+y2+2x+2y+1=0，
由两圆的方程相减，得公共弦所在的直线为x−y=0.
圆C1:x2+y2+4x+1=0化为标准方程为：(x+2)2+y2=3，
圆C2:x2+y2+2x+2y+1=0化为标准方程为：(x+1)2+(y+1)2=1，
则圆心C1(−2,0)， C2(−1, −1)，半径r1=3，r2=1，
∴ 两圆心连线所在直线的方程为
y−0−1−0=x+2−1+2，即x+y+2=0.
由x−y=0,x+y+2=0 得所求圆的圆心为−1,−1.
又圆心C1−2,0到公共弦所在直线x−y=0的距离d=|−2−0|2=2，
∴ 所求圆的半径r=(3)2−(2)2=1，
∴ 所求圆的方程为x+12+y+12=1.
【答案】
1证明：以A为原点，分别以AB，AD，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
如图所示， B1,0,0，D0,2,0，C2,2,0，P0,0,2，则E1,1,1，
∴ BE→=0,1,1，PC→=2,2,−2，DC→=2,0,0，
∴ BE→⋅PC→=0，BE→⋅DC→=0，
∴ BE⊥PC，BE⊥DC且PC∩DC=C，
∴ BE⊥ 平面 PDC.
2解：平面BDC的法向量m→=0,0,1，
设平面PBC的法向量为n→=x,y,z，
∵ PC→=(2,2,−2)，BC→=(1,2,0),
∴PC→⋅n→=0,BC→⋅n→=0,
∴ 2x+2y−2z=0，x+2y=0，
令y=1，则取得一个法向量n→=−2,1,−1，
∴cs=|m→⋅n→||m→|⋅|n→|=16=66，
∴ 二面角P−BC−D的余弦值为66.
【考点】
直线与平面垂直的判定
用空间向量求平面间的夹角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
1证明：以A为原点，分别以AB，AD，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
如图所示， B1,0,0，D0,2,0，C2,2,0，P0,0,2，则E1,1,1，
∴ BE→=0,1,1，PC→=2,2,−2，DC→=2,0,0，
∴ BE→⋅PC→=0，BE→⋅DC→=0，
∴ BE⊥PC，BE⊥DC且PC∩DC=C，
∴ BE⊥ 平面 PDC.
2解：平面BDC的法向量m→=0,0,1，
设平面PBC的法向量为n→=x,y,z，
∵ PC→=(2,2,−2)，BC→=(1,2,0),
∴PC→⋅n→=0,BC→⋅n→=0,
∴ 2x+2y−2z=0，x+2y=0，
令y=1，则取得一个法向量n→=−2,1,−1，
∴cs=|m→⋅n→||m→|⋅|n→|=16=66，
∴ 二面角P−BC−D的余弦值为66.
【答案】
解：如图，以O为原点，东西方向为x轴建立直角坐标系
则A(40, 0)，B(0, 30)，圆O方程x2+y2=252，
直线AB方程：x40+y30=1，即3x+4y−120=0，
设O到AB距离为d，则d=|−120|5=24<25，
所以外籍轮船能被海监船检测到，
设监测时间为t，则t=2252−24228=12（小时）.
答：外籍轮船能被海监船检测到，时间是0.5小时．
【考点】
直线和圆的方程的应用
【解析】
以O为原点，东西方向为x轴建立直角坐标系，求出直线与圆的方程，即可得出结论．
【解答】
解：如图，以O为原点，东西方向为x轴建立直角坐标系
则A(40, 0)，B(0, 30)，圆O方程x2+y2=252，
直线AB方程：x40+y30=1，即3x+4y−120=0，
设O到AB距离为d，则d=|−120|5=24<25，
所以外籍轮船能被海监船检测到，
设监测时间为t，则t=2252−24228=12（小时）.
答：外籍轮船能被海监船检测到，时间是0.5小时．