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江苏省启东中学2018-2019学年高一上学期第二次月考数学试卷含解析
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这是一份江苏省启东中学2018-2019学年高一上学期第二次月考数学试卷含解析，共9页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答，已知M是圆O，设点M，若在圆O等内容，欢迎下载使用。
2018-2019学年江苏省启东中学
高一上学期第二次月考数学试题此卷只装订不密封
班级 姓名 准考证号 考场号 座位号
数学
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
一、单选题
1．如果直线a与直线b是异面直线，直线c∥a，那么直线b与c
A．异面 B．相交 C．平行 D．异面或相交
2．已知直线与圆心为的圆相交于两点，且为等边三角形，则实数
A． B． C．或 D．
3．若l1：x＋（1＋m）y＋（m－2）＝0，l2：mx＋2y＋6＝0的图象是两条平行直线，则m的值是
A．m＝1或m＝－2 B．m＝1 C．m＝－2 D．m的值不存在
4．若用m，n表示两条不同的直线，用α表示一个平面，则下列命题正确的是
A．若m//n，n⊂α，则m//α B．若m//α，n⊂α，则m//n
C．若m//α，n//α，则m//n D．若m⊥α，n⊥α，则m//n
5．直线xsinα＋y＋2＝0的倾斜角的取值范围是
A．[0，π) B．[0,π4]∪[3π4,π) C．[0,π4] D．[0,π4]∪(π2,π)
6．在空间四边形ABCD中，E、F分别为AB、AD上的点，且AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4，又H、G分别为BC、CD的中点，则
A．BD//平面EFGH且EFGH为矩形 B．EF//平面BCD且EFGH为梯形
C．HG//平面ABD且EFGH为菱形 D．HE//平面ADC且EFGH是平行四边形
7．.给出下列命题，其中正确的两个命题是
①直线上有两点到平面的距离相等，则此直线与平面平行 ②夹在两个平行平面间的两条异面线段的中点连线平行于这两个平面 ③直线m⊥平面α，直线n⊥m，则n∥α ④a、b是异面直线，则存在唯一的平面α，使它与a、b都平行且与a、b距离相等
A.①② B.②③ C.③④ D.②④
8．已知M(a，b)(ab≠0)是圆O:x2＋y2＝r2内一点，以M为中点的弦所在直线m和直线l:ax＋by＝r2，则
A．m∥l，且l与圆相交 B．m⊥l，且l与圆相交
C．m∥l，且l与圆相离 D．m⊥l，且l与圆相离
9．设点M(m，1)，若在圆O:x2＋y2＝1上存在点N，使∠OMN＝30°，则m的取值范围是
A．[－3，3] B．[－12，12] C．[－2，2] D．[－33，33]
10．在长方体中， ， ，点为的中点，点为对角线上的动点，点为底面上的动点（点， 可以重合），则的最小值为
A． B． C． D．
11．已知B，C为圆x2＋y2＝4上两点，点A(1，1)，且AB⊥AC，则线段BC长的最大值为
A．6-2 B．6+2 C．26 D．22
二、填空题
12．已知光线通过点M(-3,4)，被直线l：x-y+3=0反射，反射光线通过点N(2,6)， 则反射光线所在直线的方程是 ．
13．过正方体ABCD－A1B1C1D1的顶点A作直线l，使l与棱AB，AD，AA1所成的角都相等，则这样的直线l可以作____条．
14．若不全为零的实数成等差数列，点在动直线上的射影为，点Q在直线上，则线段PQ长度的最小值是__________
15．由空间一点O出发的四条射线两两所成的角相等，则这个角的余弦值为_____．
三、解答题
16．如图，长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2，AB＝1，AD＝2，E为BC的中点，点M为棱AA1的中点．
(1)证明：DE⊥平面A1AE；
(2)证明：BM∥平面A1ED．
17．（本小题满分13分）如图所示，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.
（3）BQ⋅BP是否为定值？如果是，求出其定值；如果不是，请说明理由.
18．如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥面ABC，AB＝AC＝AA1＝3a，BC＝2a，D是BC的中点，E为AB的中点，F是C1C上一点，且CF＝2a．
(1) 求证：C1E∥平面ADF；
(2) 试在BB1上找一点G，使得CG⊥平面ADF；
19．已知圆M：x2+(y-4)2=4，点P是直线l：x-2y=0上的一动点，过点P作圆M的切线PA、PB，切点为A、B．
（Ⅰ）当切线PA的长度为23时，求点P的坐标；
（Ⅱ）若的外接圆为圆N，试问：当P运动时，圆N是否过定点？若存在，求出所有的定点的坐标；若不存在，说明理由；
（Ⅲ）求线段AB长度的最小值．
20．如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB∥CD，AD＝CD＝102，AB＝10，PA＝6，DA⊥AB，点Q在PB上，且满足PQ∶QB=1∶3，求直线CQ与平面PAC所成角的正弦值．
21．（本小题满分14分）已知过原点的动直线l与圆C1: x2+y2-6x+5=0相交于不同的两点Α，Β．
（1）求圆C1的圆心坐标；
（2）求线段ΑΒ的中点Μ的轨迹C的方程；
（3）是否存在实数k，使得直线L: y=k(x-4)与曲线C只有一个交点？若存在，求出k的取值范围；若不存在，说明理由．
2018-2019学年江苏省启东中学
高一上学期第二次月考数学试题
数学 答 案
参考答案
1．D
【解析】
【分析】
根据空间直线的位置关系可判断。
【详解】
因为直线a与直线b是异面直线，直线c∥a
则c与b有公共点，则相交
或c与b不相交，则b与c异面
所以选D
【点睛】
本题考查了空间直线的位置关系，属于基础题。
2．D
【解析】圆的圆心，半径，∵直线和圆相交， 为等边三角形，∴圆心到直线的距离为，即，平方得，解得，故选D.
3．A
【解析】
试题分析：由且解得，或
考点：直线与直线平行的充要条件且
4．D
【解析】
【分析】
根据直线与平面的位置关系，直线与直线的位置关系可判断。
【详解】
对于A，m有可能在平面α内，所以A错误
对于B，m与n有可能异面，所以B错误
对于C，m与n有可能异面，所以C错误
对于D，根据直线与平面垂直的性质可知D是正确的
所以选D
【点睛】
本题考查了直线与平面的位置关系判断，属于基础题。
5．B
【解析】
试题分析：直线xsinα＋y＋2＝0的斜率为-sinα∈[-1,1]，即直线倾斜角的正切tanθ∈[-1,1],θ∈[0,π)，所以，倾斜角的取值范围是[0,π4]∪[3π4,π)，选B。
考点：直线的斜率、倾斜角，三角函数的性质。
点评：小综合题，本题综合考查直线的斜率、倾斜角，三角函数的性质。注意直线倾斜角的范围是[0,π)。
6．B
【解析】
【分析】
根据两条线段比例，可判定两个三角形相似，依据线面平行的判定定理可判定EF//平面BCD；再根据梯形性质即可判断四边形EFGH为梯形。
【详解】
因为AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4
所以△AEF∽△ABD ，且EF∥BD
因为BD⊂平面BCD,EF⊄平面BCD
所以EF⊂平面BCD
又因为H、G分别为BC、CD的中点
所以HG∥BD,HG=12BD，EF=14BD
根据平行线的性质可知
EF∥BD,EF=12HG
所以四边形EFGH为梯形
所以选B
【点睛】
本题考查了空间直线与平面的平行判定，梯形的性质应用，属于基础题。
7．D
【解析】
考点：异面直线的判定；直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定．
分析：通过举反例可得①错误．利用面面平行的性质定理与线面平行的判定定理可确定②正确．③错误．直线n可能在平面α内．
④正确．设AB是异面直线a、b的公垂线段，E为AB的中点，过E作a′∥a，b′∥b，则a′、b′确定的平面即为与a、b都平行且与a、b距离相等的平面，并且它是唯一确定的．
解：①错误．如果这两点在该平面的异侧，则直线与平面相交．
②正确．如图，平面α∥β，A∈α，C∈α，D∈β，B∈β且E、F分别为AB、CD的中点，
过C作CG∥AB交平面β于G，连接BG、GD．
设H是CG的中点，则EH∥BG，HF∥GD．
∴EH∥平面β，HF∥平面β．
∴平面EHF∥平面β∥平面α．
∴EF∥α，EF∥β．
③错误．直线n可能在平面α内．
④正确．如图，设AB是异面直线a、b的公垂线段，E为AB的中点，过E作a′∥a，b′∥b，则a′、b′确定的平面即为与a、b都平行且与a、b距离相等的平面，并且它是唯一确定的．
8．C
【解析】
【分析】
根据两条直线的斜率关系可判断两条直线平行；再根据点到直线距离，及点M在圆内，可判断出d与r的大小关系，即可得出直线l与圆相离。
【详解】
因为M为弦中点，由垂径定理可知直线OM的斜率为kOM=-ab
所以直线m的方程为y=-abx+b+a2b
直线l的方程可化为y=-abx+r2b
两条直线斜率相等，截距不等，所以直线m与直线l平行
圆心O到直线l的距离为d=r2a2+b2
因为M(a，b)(ab≠0)是圆O:x2＋y2＝r2内一点
所以a2+b2
所以选C
【点睛】
本题考查了直线平行的判定，直线与圆的位置关系，属于基础题。
9．A
【解析】
【分析】
根据直线与圆位置关系，取临界处的关系研究极值情况，即可求得m的最值，进而求得m的取值范围。
【详解】
当MN与圆O相切时，为M的临界位置
若M在第一象限，则OM=1sin30∘=2
所以m=3
所M在第四象限，则m=-3
所以m的取值范围为-3≤m≤3
所以选A
【点睛】
本题考查了直线与圆的位置关系及应用，注意用极限方法分析特殊位置，属于中档题。
10．C
【解析】试题分析：的最小值就是P到底面ABCD距离的最小值与MP的最小值之和，Q是P在底面上的射影距离，展开三角形与三角形在同一个平面上，如图易知可知时，的最小值为
考点：1、空间几何体．
【方法点晴】本题主要考查的是空间中的距离问题，属于中档题. 画出图形利用折叠与展开后在同一个平面，将折线段转化为直线段后距离最小，从而求解的最小值.
11．B
【解析】
【分析】
画出图形，当BC⊥OA时，|BC|取得最小值或最大值，求出BC坐标，即可求出|BC|的长的取值范围．
【详解】
在平面直角坐标系中画出图形，已知B，C为圆x2+y2=4上两点，点A（1，1），且AB⊥AC，如图所示当BC⊥OA时，|BC|取得最小值或最大值．由
x2+y2=4y=1 可得B-3,1 或3,1
由x2+y2=4x=1 可得C1,3 或1,-3
因而BCmax=-3-12+1+32=6+2
所以选B
【点睛】
本题考查了直线与圆的位置关系及综合应用，先判断出取最值的特殊点，然后求得交点坐标，根据两点间距离公式求解，属于难题。
12．6x-y-6=0
【解析】
试题分析：M(-3,4)关于直线l：x-y+3=0的对称点为M'(1,0)，所以反射光线所在直线的方程是直线M'N的方程:y-6=6-02-1(x-2)⇒6x-y-6=0.
考点：反射直线
13．4
【解析】
【分析】
直线与直线的所成角为锐角或直角。对过点A的直线进行分两类讨论：第一类，过点A位于三条棱之间，第二类：在图形外部和每条棱的外角和另2条棱夹角相等．
【详解】
第一类：通过点A位于三条棱之间的直线有一条体对角线AC1，
第二类：在图形外部和每条棱的外角和另2条棱夹角相等，有3条，
合计4条．
故答案为4．
【点睛】
本题考查了空间几何体的位置关系，注意分类讨论的应用，属于中档题。
14．
【解析】试题分析：由于不全为零的实数成等差数列，则，直线的方程化为，即，过定点，点在动直线上的射影为，则，点的轨迹是以为直径的圆，设圆心为，点Q在直线上，要想长度最小，过点作直线的垂线，垂足为，交圆于，直线为时，点在直线的射影和重合，长度最小值就是与半径2的差，，长度最小值就是
考点：1.直线过定点；2.最值
15．－13
【解析】
【分析】
构造正四面体ABCD中，中心O到各顶点连线所夹的角相等，则∠AOD就为所求的角，由此能求出这个角的余弦值．
【详解】
如图，正四面体ABCD中，中心O到各顶点连线所夹的角相等，则∠AOD就为所求的角，
设正四面体ABCD的棱长为a，
作AE⊥面BCD，垂足为E，作BF⊥CD，交CD于F，则O∈AE，E∈AF，连结AF，
则BF=a2-a22=32a ，BE=23BF=33a，AE=a2-3a32=63a
设OA=OB=r，则OE=63a-r
则r2=33a2+63a-r2 ，解得r=64a
所以cos∠AOD=OA2+OD2-AD22OA⋅OD
=38a2+38a2-a22×64a×64a=-13
所以这个角的余弦值为-13
【点睛】
根据题意，做出正确图形，结合勾股定理及余弦定理求得夹角的余弦值，属于难题。
16．(1)见解析(2)见解析
【解析】
【分析】
（1）欲证DE⊥平面A1AE，根据线面垂直的判定定理可知只需证AE⊥DE，A1A⊥DE即可；
（2）设AD的中点为N，连接MN、BN，由线线平行推出面面平行，再由平面BMN∥平面A1ED，可推出BM∥平面A1ED．
【详解】
（1）在△AED中，AE=DE=2，AD=2，
∴AE⊥DE．
∵A1A⊥平面ABCD，
∴A1A⊥DE，
∴DE⊥平面A1AE．
（2）设AD的中点为N，连接MN、BN．
在△A1AD中，AM=MA1，AN=ND，
∴MN∥A1D，
∵BE∥ND且BE=ND，
∴四边形BEDN是平行四边形，
∴BN∥ED，
∴平面BMN∥平面A1ED，
∴BM∥平面A1ED．
【点睛】
本题主要考查了直线与平面垂直的判定，以及直线与平面平行的判定，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，属于基础题．
17．(1)(x+1)2+(y-2)2=20；(2)3x-4y+6=0或x=-2；(3)答案见解析.
【解析】
(I)由点到直线的距离公式求出半径，然后可写出圆A的标准方程.
（2）讨论直线l斜率存在与不存在两种情况，当斜率存在时，可设直线l的方程为y=k(x+2),然后利用l=2r2-d2(l为弦长,d为圆心到直线的距离,r为半径),
可建立关于k的方程，求出k值.
(3)根据向量垂直的充要条件可知AQ⊥BP, ∴AQ·BP=0即∴BQ·BP=(BA+AQ)·BP=BA·BP·AQ·BP=BA·BP.然后再利用向量的坐标表示，证明BQ⋅BP是定值.再证明时要注意对直线斜率k分存在与不存在两种情况讨论.
解：(1)设圆A的半径为R.∵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. ……………………………4分
（2）当直线l与x轴垂直时，易知x=-2符合题意；…………………5分
当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为y=k(x+2)，
∵|MN|=219,∴|AQ|=20-19=1.
由|AQ|=|k-2|k2+1=1，得k=34.
∴直线l的方程为3x-4y+6=0.
∴所求直线l的方程为x=-2或3x-4y+6=0.………………………9分
（3） ∵ AQ⊥BP, ∴AQ·BP=0.
∴BQ·BP=(BA+AQ)·BP=BA·BP·AQ·BP=BA·BP.
当直线l与x轴垂直时，得P(-2,-52)，则BP=(0,-52),又BA=(1,2),
∴BQ·BP=BA·BP=-5.
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=k(x+2).
由y=k(x+2),x+2y+7=0,解得P(-4k-71+2k,-5k1+2k).
∴BP=(-51+2k,-5k1+2k).
∴BQ·BP=BA·BP=-51+2k-10k1+2k=-5.
综上所述，BQ·BP是定值，且BQ·BP=-5.…………………13分
18．(1)见解析(2)BG=B1B=a
【解析】
【分析】
（1）连接CE交AD于O，连接FO，由COCE=CFCC1=23，可证FO∥EC1，根据线面平行的判定定理可证；
（2）在平面C1CBB1内，过C作CG⊥DF，交BB1于G，由AD⊥BC，CC1⊥AD可证AD⊥平面C1CBB1进而可证AD⊥CG，CG⊥DF，从而可证CG⊥平面ADF．
【详解】
（1）∵AB=AC，D为BC的中点
∵E为AB的中点，连接CE交AD于O，连接FO，
COCE=CFCC1=23
∴FO∥EC1
∵FO⊂平面AFD，C1E⊄平面AFD
∴C1E∥平面AFD
（2）在平面C1CBB1内，过C作CG⊥DF，交BB1于G
在Rt△FCD 和Rt△CBG中FC=CB，∠CFD=∠BCG
∴Rt△FCD≌Rt△CBG
而AD⊥BC，CC1⊥AD且CC1∩BC=C
∴AD⊥平面C1CBB1
∵CG⊂平面C1CBB1
∴AD⊥CG，
∵CG⊥DF，AD∩FD=D
∴CG⊥平面ADF
此时BG=CD=a
【点睛】
本题主要考查了直线于平面平行的判定定理、直线与平面垂直的判定定理的应用，是高考的常考点，属于基础题。
19．（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）AB有最小值
【解析】
试题分析：（Ⅰ）求点的坐标，需列出两个独立条件,根据解方程组解：由点P (x,y)是直线l：x-2y=0上的一动点，得x=2y，由切线PA的长度为23得(0-x)2+(4-y)2-4=23，解得P(0,0)或P(165,85)（Ⅱ）设P（2b,b），先确定圆N的方程：因为∠MAP＝90°，所以经过A、P、M三点的圆N以MP为直径，其方程为：(x-b)2+(y-b+42)2=4b2+(b-4)24，再按b整理：(2x+y-4)b-(x2+y2-4y)=0由2x+y-4=0x2+y2-4y=0解得x=0y=4或x=85y=45，所以圆过定点(0,4),(85,45)（Ⅲ）先确定直线AB方程，这可利用两圆公共弦性质解得：由圆N方程为(x-b)2+(y-b+42)2=4b2+(b-4)24及 圆M：x2+(y-4)2=4，相减消去x,y平方项得圆M方程与圆N相交弦AB所在直线方程为：2bx+(b-4)y+12-4b=0，相交弦长即：
AB=24-d2=41-45b2-8b+16=41-45(b-45)2+645，当b=45时，AB有最小值11
试题解析：（Ⅰ）由题可知，圆M的半径r＝2，设P（2b,b），
因为PA是圆M的一条切线，所以∠MAP＝90°,
所以MP＝(0-2b)2+(4-b)2=AM2+AP2=4，解得
所以P(0,0)或P(165,85)4分
（Ⅱ）设P（2b，b），因为∠MAP＝90°，所以经过A、P、M三点的圆N以MP为直径，
其方程为：(x-b)2+(y-b+42)2=4b2+(b-4)24
即(2x+y-4)b-(x2+y2-4y)=0
由2x+y-4=0x2+y2-4y=0， 7分
解得x=0y=4或x=85y=45，所以圆过定点(0,4),(85,45)9分
（Ⅲ）因为圆N方程为(x-b)2+(y-b+42)2=4b2+(b-4)24
即x2+y2-2bx-(b+4)y+4b=0①
圆M：x2+(y-4)2=4，即x2+y2-8y+12=0②
②－①得圆M方程与圆N相交弦AB所在直线方程为：
2bx+(b-4)y+12-4b=011分
点M到直线AB的距离d=45b2-8b+1613分
相交弦长即：
AB=24-d2=41-45b2-8b+16=41-45(b-45)2+645
当b=45时，AB有最小值1116分
考点：圆的切线长，圆的方程，两圆的公共弦方程
20．13026
【解析】
【分析】
根据线段比例关系及勾股定理，可分别求出CM、CQ的长度，再由等体积法求得点Q到平面PAC的距离，进而求得直线CQ与平面PAC夹角的正弦值。
【详解】
作CN⊥AB交AB于N，QM⊥AB交AB于M，连接CM；QG⊥平面PAC于G，连接GC
因为PQ∶QB=1∶3，AD＝CD＝102，AB＝10，PA＝6，
所以AM=MN=14AB=104，QM=34PA=364
所以CM=CN2+MN2=1022+1042=524
所以CQ=CM2+MQ2=5242+3642=262
设Q到平面PAC的距离为h，CQ与平面PAC的夹角为α
则由VQ-PAC=VC-APQ 可得
13×SPAC×h=13×SAPQ×CN，
即13×12×5×6×h=13×12×6×102
解得h=52
所以CQ与平面PAC的夹角的正弦值为sinα=hCQ=52262=13026
【点睛】
本题考查了空间几何体中的线面夹角问题，主要计算量大，涉及关系多，需要很好的分析能力，属于难题。
21．（1）(3,0)；（2）；（3）存在，或k=±34．
【解析】
试题分析：（1）通过将圆C1的一般式方程化为标准方程即得结论；（2）设当直线l的方程为y=kx，通过联立直线l与圆C1的方程，利用根的判别式大于0、韦达定理、中点坐标公式及参数方程与普通方程的相互转化，计算即得结论；（3）通过联立直线l与圆C1的方程，利用根的判别式△=0及轨迹C的端点与点（4，0）决定的直线斜率，即得结论
试题解析：（1）由x2+y2-6x+5=0得(x-3)2+y2=4，
∴ 圆C1的圆心坐标为(3,0)；
（2）设M(x,y)，则
∵ 点M为弦AB中点即C1M⊥AB，
∴kC1M⋅kAB=-1即yx-3⋅yx=-1，
∴ 线段AB的中点M的轨迹的方程为(x-32)2+y2=94(53
当直线L与圆L相切时，由得，又，结合上图可知当时，直线L：y=k(x-4)与曲线L只有一个交点．
考点：1.轨迹方程；2.直线与圆相交的位置关系；3.圆的方程
2018-2019学年江苏省启东中学
高一上学期第二次月考数学试题此卷只装订不密封
班级 姓名 准考证号 考场号 座位号
数学
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
一、单选题
1．如果直线a与直线b是异面直线，直线c∥a，那么直线b与c
A．异面 B．相交 C．平行 D．异面或相交
2．已知直线与圆心为的圆相交于两点，且为等边三角形，则实数
A． B． C．或 D．
3．若l1：x＋（1＋m）y＋（m－2）＝0，l2：mx＋2y＋6＝0的图象是两条平行直线，则m的值是
A．m＝1或m＝－2 B．m＝1 C．m＝－2 D．m的值不存在
4．若用m，n表示两条不同的直线，用α表示一个平面，则下列命题正确的是
A．若m//n，n⊂α，则m//α B．若m//α，n⊂α，则m//n
C．若m//α，n//α，则m//n D．若m⊥α，n⊥α，则m//n
5．直线xsinα＋y＋2＝0的倾斜角的取值范围是
A．[0，π) B．[0,π4]∪[3π4,π) C．[0,π4] D．[0,π4]∪(π2,π)
6．在空间四边形ABCD中，E、F分别为AB、AD上的点，且AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4，又H、G分别为BC、CD的中点，则
A．BD//平面EFGH且EFGH为矩形 B．EF//平面BCD且EFGH为梯形
C．HG//平面ABD且EFGH为菱形 D．HE//平面ADC且EFGH是平行四边形
7．.给出下列命题，其中正确的两个命题是
①直线上有两点到平面的距离相等，则此直线与平面平行 ②夹在两个平行平面间的两条异面线段的中点连线平行于这两个平面 ③直线m⊥平面α，直线n⊥m，则n∥α ④a、b是异面直线，则存在唯一的平面α，使它与a、b都平行且与a、b距离相等
A.①② B.②③ C.③④ D.②④
8．已知M(a，b)(ab≠0)是圆O:x2＋y2＝r2内一点，以M为中点的弦所在直线m和直线l:ax＋by＝r2，则
A．m∥l，且l与圆相交 B．m⊥l，且l与圆相交
C．m∥l，且l与圆相离 D．m⊥l，且l与圆相离
9．设点M(m，1)，若在圆O:x2＋y2＝1上存在点N，使∠OMN＝30°，则m的取值范围是
A．[－3，3] B．[－12，12] C．[－2，2] D．[－33，33]
10．在长方体中， ， ，点为的中点，点为对角线上的动点，点为底面上的动点（点， 可以重合），则的最小值为
A． B． C． D．
11．已知B，C为圆x2＋y2＝4上两点，点A(1，1)，且AB⊥AC，则线段BC长的最大值为
A．6-2 B．6+2 C．26 D．22
二、填空题
12．已知光线通过点M(-3,4)，被直线l：x-y+3=0反射，反射光线通过点N(2,6)， 则反射光线所在直线的方程是 ．
13．过正方体ABCD－A1B1C1D1的顶点A作直线l，使l与棱AB，AD，AA1所成的角都相等，则这样的直线l可以作____条．
14．若不全为零的实数成等差数列，点在动直线上的射影为，点Q在直线上，则线段PQ长度的最小值是__________
15．由空间一点O出发的四条射线两两所成的角相等，则这个角的余弦值为_____．
三、解答题
16．如图，长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2，AB＝1，AD＝2，E为BC的中点，点M为棱AA1的中点．
(1)证明：DE⊥平面A1AE；
(2)证明：BM∥平面A1ED．
17．（本小题满分13分）如图所示，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.
（3）BQ⋅BP是否为定值？如果是，求出其定值；如果不是，请说明理由.
18．如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥面ABC，AB＝AC＝AA1＝3a，BC＝2a，D是BC的中点，E为AB的中点，F是C1C上一点，且CF＝2a．
(1) 求证：C1E∥平面ADF；
(2) 试在BB1上找一点G，使得CG⊥平面ADF；
19．已知圆M：x2+(y-4)2=4，点P是直线l：x-2y=0上的一动点，过点P作圆M的切线PA、PB，切点为A、B．
（Ⅰ）当切线PA的长度为23时，求点P的坐标；
（Ⅱ）若的外接圆为圆N，试问：当P运动时，圆N是否过定点？若存在，求出所有的定点的坐标；若不存在，说明理由；
（Ⅲ）求线段AB长度的最小值．
20．如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB∥CD，AD＝CD＝102，AB＝10，PA＝6，DA⊥AB，点Q在PB上，且满足PQ∶QB=1∶3，求直线CQ与平面PAC所成角的正弦值．
21．（本小题满分14分）已知过原点的动直线l与圆C1: x2+y2-6x+5=0相交于不同的两点Α，Β．
（1）求圆C1的圆心坐标；
（2）求线段ΑΒ的中点Μ的轨迹C的方程；
（3）是否存在实数k，使得直线L: y=k(x-4)与曲线C只有一个交点？若存在，求出k的取值范围；若不存在，说明理由．
2018-2019学年江苏省启东中学
高一上学期第二次月考数学试题
数学 答 案
参考答案
1．D
【解析】
【分析】
根据空间直线的位置关系可判断。
【详解】
因为直线a与直线b是异面直线，直线c∥a
则c与b有公共点，则相交
或c与b不相交，则b与c异面
所以选D
【点睛】
本题考查了空间直线的位置关系，属于基础题。
2．D
【解析】圆的圆心，半径，∵直线和圆相交， 为等边三角形，∴圆心到直线的距离为，即，平方得，解得，故选D.
3．A
【解析】
试题分析：由且解得，或
考点：直线与直线平行的充要条件且
4．D
【解析】
【分析】
根据直线与平面的位置关系，直线与直线的位置关系可判断。
【详解】
对于A，m有可能在平面α内，所以A错误
对于B，m与n有可能异面，所以B错误
对于C，m与n有可能异面，所以C错误
对于D，根据直线与平面垂直的性质可知D是正确的
所以选D
【点睛】
本题考查了直线与平面的位置关系判断，属于基础题。
5．B
【解析】
试题分析：直线xsinα＋y＋2＝0的斜率为-sinα∈[-1,1]，即直线倾斜角的正切tanθ∈[-1,1],θ∈[0,π)，所以，倾斜角的取值范围是[0,π4]∪[3π4,π)，选B。
考点：直线的斜率、倾斜角，三角函数的性质。
点评：小综合题，本题综合考查直线的斜率、倾斜角，三角函数的性质。注意直线倾斜角的范围是[0,π)。
6．B
【解析】
【分析】
根据两条线段比例，可判定两个三角形相似，依据线面平行的判定定理可判定EF//平面BCD；再根据梯形性质即可判断四边形EFGH为梯形。
【详解】
因为AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4
所以△AEF∽△ABD ，且EF∥BD
因为BD⊂平面BCD,EF⊄平面BCD
所以EF⊂平面BCD
又因为H、G分别为BC、CD的中点
所以HG∥BD,HG=12BD，EF=14BD
根据平行线的性质可知
EF∥BD,EF=12HG
所以四边形EFGH为梯形
所以选B
【点睛】
本题考查了空间直线与平面的平行判定，梯形的性质应用，属于基础题。
7．D
【解析】
考点：异面直线的判定；直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定．
分析：通过举反例可得①错误．利用面面平行的性质定理与线面平行的判定定理可确定②正确．③错误．直线n可能在平面α内．
④正确．设AB是异面直线a、b的公垂线段，E为AB的中点，过E作a′∥a，b′∥b，则a′、b′确定的平面即为与a、b都平行且与a、b距离相等的平面，并且它是唯一确定的．
解：①错误．如果这两点在该平面的异侧，则直线与平面相交．
②正确．如图，平面α∥β，A∈α，C∈α，D∈β，B∈β且E、F分别为AB、CD的中点，
过C作CG∥AB交平面β于G，连接BG、GD．
设H是CG的中点，则EH∥BG，HF∥GD．
∴EH∥平面β，HF∥平面β．
∴平面EHF∥平面β∥平面α．
∴EF∥α，EF∥β．
③错误．直线n可能在平面α内．
④正确．如图，设AB是异面直线a、b的公垂线段，E为AB的中点，过E作a′∥a，b′∥b，则a′、b′确定的平面即为与a、b都平行且与a、b距离相等的平面，并且它是唯一确定的．
8．C
【解析】
【分析】
根据两条直线的斜率关系可判断两条直线平行；再根据点到直线距离，及点M在圆内，可判断出d与r的大小关系，即可得出直线l与圆相离。
【详解】
因为M为弦中点，由垂径定理可知直线OM的斜率为kOM=-ab
所以直线m的方程为y=-abx+b+a2b
直线l的方程可化为y=-abx+r2b
两条直线斜率相等，截距不等，所以直线m与直线l平行
圆心O到直线l的距离为d=r2a2+b2
因为M(a，b)(ab≠0)是圆O:x2＋y2＝r2内一点
所以a2+b2
所以选C
【点睛】
本题考查了直线平行的判定，直线与圆的位置关系，属于基础题。
9．A
【解析】
【分析】
根据直线与圆位置关系，取临界处的关系研究极值情况，即可求得m的最值，进而求得m的取值范围。
【详解】
当MN与圆O相切时，为M的临界位置
若M在第一象限，则OM=1sin30∘=2
所以m=3
所M在第四象限，则m=-3
所以m的取值范围为-3≤m≤3
所以选A
【点睛】
本题考查了直线与圆的位置关系及应用，注意用极限方法分析特殊位置，属于中档题。
10．C
【解析】试题分析：的最小值就是P到底面ABCD距离的最小值与MP的最小值之和，Q是P在底面上的射影距离，展开三角形与三角形在同一个平面上，如图易知可知时，的最小值为
考点：1、空间几何体．
【方法点晴】本题主要考查的是空间中的距离问题，属于中档题. 画出图形利用折叠与展开后在同一个平面，将折线段转化为直线段后距离最小，从而求解的最小值.
11．B
【解析】
【分析】
画出图形，当BC⊥OA时，|BC|取得最小值或最大值，求出BC坐标，即可求出|BC|的长的取值范围．
【详解】
在平面直角坐标系中画出图形，已知B，C为圆x2+y2=4上两点，点A（1，1），且AB⊥AC，如图所示当BC⊥OA时，|BC|取得最小值或最大值．由
x2+y2=4y=1 可得B-3,1 或3,1
由x2+y2=4x=1 可得C1,3 或1,-3
因而BCmax=-3-12+1+32=6+2
所以选B
【点睛】
本题考查了直线与圆的位置关系及综合应用，先判断出取最值的特殊点，然后求得交点坐标，根据两点间距离公式求解，属于难题。
12．6x-y-6=0
【解析】
试题分析：M(-3,4)关于直线l：x-y+3=0的对称点为M'(1,0)，所以反射光线所在直线的方程是直线M'N的方程:y-6=6-02-1(x-2)⇒6x-y-6=0.
考点：反射直线
13．4
【解析】
【分析】
直线与直线的所成角为锐角或直角。对过点A的直线进行分两类讨论：第一类，过点A位于三条棱之间，第二类：在图形外部和每条棱的外角和另2条棱夹角相等．
【详解】
第一类：通过点A位于三条棱之间的直线有一条体对角线AC1，
第二类：在图形外部和每条棱的外角和另2条棱夹角相等，有3条，
合计4条．
故答案为4．
【点睛】
本题考查了空间几何体的位置关系，注意分类讨论的应用，属于中档题。
14．
【解析】试题分析：由于不全为零的实数成等差数列，则，直线的方程化为，即，过定点，点在动直线上的射影为，则，点的轨迹是以为直径的圆，设圆心为，点Q在直线上，要想长度最小，过点作直线的垂线，垂足为，交圆于，直线为时，点在直线的射影和重合，长度最小值就是与半径2的差，，长度最小值就是
考点：1.直线过定点；2.最值
15．－13
【解析】
【分析】
构造正四面体ABCD中，中心O到各顶点连线所夹的角相等，则∠AOD就为所求的角，由此能求出这个角的余弦值．
【详解】
如图，正四面体ABCD中，中心O到各顶点连线所夹的角相等，则∠AOD就为所求的角，
设正四面体ABCD的棱长为a，
作AE⊥面BCD，垂足为E，作BF⊥CD，交CD于F，则O∈AE，E∈AF，连结AF，
则BF=a2-a22=32a ，BE=23BF=33a，AE=a2-3a32=63a
设OA=OB=r，则OE=63a-r
则r2=33a2+63a-r2 ，解得r=64a
所以cos∠AOD=OA2+OD2-AD22OA⋅OD
=38a2+38a2-a22×64a×64a=-13
所以这个角的余弦值为-13
【点睛】
根据题意，做出正确图形，结合勾股定理及余弦定理求得夹角的余弦值，属于难题。
16．(1)见解析(2)见解析
【解析】
【分析】
（1）欲证DE⊥平面A1AE，根据线面垂直的判定定理可知只需证AE⊥DE，A1A⊥DE即可；
（2）设AD的中点为N，连接MN、BN，由线线平行推出面面平行，再由平面BMN∥平面A1ED，可推出BM∥平面A1ED．
【详解】
（1）在△AED中，AE=DE=2，AD=2，
∴AE⊥DE．
∵A1A⊥平面ABCD，
∴A1A⊥DE，
∴DE⊥平面A1AE．
（2）设AD的中点为N，连接MN、BN．
在△A1AD中，AM=MA1，AN=ND，
∴MN∥A1D，
∵BE∥ND且BE=ND，
∴四边形BEDN是平行四边形，
∴BN∥ED，
∴平面BMN∥平面A1ED，
∴BM∥平面A1ED．
【点睛】
本题主要考查了直线与平面垂直的判定，以及直线与平面平行的判定，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，属于基础题．
17．(1)(x+1)2+(y-2)2=20；(2)3x-4y+6=0或x=-2；(3)答案见解析.
【解析】
(I)由点到直线的距离公式求出半径，然后可写出圆A的标准方程.
（2）讨论直线l斜率存在与不存在两种情况，当斜率存在时，可设直线l的方程为y=k(x+2),然后利用l=2r2-d2(l为弦长,d为圆心到直线的距离,r为半径),
可建立关于k的方程，求出k值.
(3)根据向量垂直的充要条件可知AQ⊥BP, ∴AQ·BP=0即∴BQ·BP=(BA+AQ)·BP=BA·BP·AQ·BP=BA·BP.然后再利用向量的坐标表示，证明BQ⋅BP是定值.再证明时要注意对直线斜率k分存在与不存在两种情况讨论.
解：(1)设圆A的半径为R.∵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. ……………………………4分
（2）当直线l与x轴垂直时，易知x=-2符合题意；…………………5分
当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为y=k(x+2)，
∵|MN|=219,∴|AQ|=20-19=1.
由|AQ|=|k-2|k2+1=1，得k=34.
∴直线l的方程为3x-4y+6=0.
∴所求直线l的方程为x=-2或3x-4y+6=0.………………………9分
（3） ∵ AQ⊥BP, ∴AQ·BP=0.
∴BQ·BP=(BA+AQ)·BP=BA·BP·AQ·BP=BA·BP.
当直线l与x轴垂直时，得P(-2,-52)，则BP=(0,-52),又BA=(1,2),
∴BQ·BP=BA·BP=-5.
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=k(x+2).
由y=k(x+2),x+2y+7=0,解得P(-4k-71+2k,-5k1+2k).
∴BP=(-51+2k,-5k1+2k).
∴BQ·BP=BA·BP=-51+2k-10k1+2k=-5.
综上所述，BQ·BP是定值，且BQ·BP=-5.…………………13分
18．(1)见解析(2)BG=B1B=a
【解析】
【分析】
（1）连接CE交AD于O，连接FO，由COCE=CFCC1=23，可证FO∥EC1，根据线面平行的判定定理可证；
（2）在平面C1CBB1内，过C作CG⊥DF，交BB1于G，由AD⊥BC，CC1⊥AD可证AD⊥平面C1CBB1进而可证AD⊥CG，CG⊥DF，从而可证CG⊥平面ADF．
【详解】
（1）∵AB=AC，D为BC的中点
∵E为AB的中点，连接CE交AD于O，连接FO，
COCE=CFCC1=23
∴FO∥EC1
∵FO⊂平面AFD，C1E⊄平面AFD
∴C1E∥平面AFD
（2）在平面C1CBB1内，过C作CG⊥DF，交BB1于G
在Rt△FCD 和Rt△CBG中FC=CB，∠CFD=∠BCG
∴Rt△FCD≌Rt△CBG
而AD⊥BC，CC1⊥AD且CC1∩BC=C
∴AD⊥平面C1CBB1
∵CG⊂平面C1CBB1
∴AD⊥CG，
∵CG⊥DF，AD∩FD=D
∴CG⊥平面ADF
此时BG=CD=a
【点睛】
本题主要考查了直线于平面平行的判定定理、直线与平面垂直的判定定理的应用，是高考的常考点，属于基础题。
19．（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）AB有最小值
【解析】
试题分析：（Ⅰ）求点的坐标，需列出两个独立条件,根据解方程组解：由点P (x,y)是直线l：x-2y=0上的一动点，得x=2y，由切线PA的长度为23得(0-x)2+(4-y)2-4=23，解得P(0,0)或P(165,85)（Ⅱ）设P（2b,b），先确定圆N的方程：因为∠MAP＝90°，所以经过A、P、M三点的圆N以MP为直径，其方程为：(x-b)2+(y-b+42)2=4b2+(b-4)24，再按b整理：(2x+y-4)b-(x2+y2-4y)=0由2x+y-4=0x2+y2-4y=0解得x=0y=4或x=85y=45，所以圆过定点(0,4),(85,45)（Ⅲ）先确定直线AB方程，这可利用两圆公共弦性质解得：由圆N方程为(x-b)2+(y-b+42)2=4b2+(b-4)24及 圆M：x2+(y-4)2=4，相减消去x,y平方项得圆M方程与圆N相交弦AB所在直线方程为：2bx+(b-4)y+12-4b=0，相交弦长即：
AB=24-d2=41-45b2-8b+16=41-45(b-45)2+645，当b=45时，AB有最小值11
试题解析：（Ⅰ）由题可知，圆M的半径r＝2，设P（2b,b），
因为PA是圆M的一条切线，所以∠MAP＝90°,
所以MP＝(0-2b)2+(4-b)2=AM2+AP2=4，解得
所以P(0,0)或P(165,85)4分
（Ⅱ）设P（2b，b），因为∠MAP＝90°，所以经过A、P、M三点的圆N以MP为直径，
其方程为：(x-b)2+(y-b+42)2=4b2+(b-4)24
即(2x+y-4)b-(x2+y2-4y)=0
由2x+y-4=0x2+y2-4y=0， 7分
解得x=0y=4或x=85y=45，所以圆过定点(0,4),(85,45)9分
（Ⅲ）因为圆N方程为(x-b)2+(y-b+42)2=4b2+(b-4)24
即x2+y2-2bx-(b+4)y+4b=0①
圆M：x2+(y-4)2=4，即x2+y2-8y+12=0②
②－①得圆M方程与圆N相交弦AB所在直线方程为：
2bx+(b-4)y+12-4b=011分
点M到直线AB的距离d=45b2-8b+1613分
相交弦长即：
AB=24-d2=41-45b2-8b+16=41-45(b-45)2+645
当b=45时，AB有最小值1116分
考点：圆的切线长，圆的方程，两圆的公共弦方程
20．13026
【解析】
【分析】
根据线段比例关系及勾股定理，可分别求出CM、CQ的长度，再由等体积法求得点Q到平面PAC的距离，进而求得直线CQ与平面PAC夹角的正弦值。
【详解】
作CN⊥AB交AB于N，QM⊥AB交AB于M，连接CM；QG⊥平面PAC于G，连接GC
因为PQ∶QB=1∶3，AD＝CD＝102，AB＝10，PA＝6，
所以AM=MN=14AB=104，QM=34PA=364
所以CM=CN2+MN2=1022+1042=524
所以CQ=CM2+MQ2=5242+3642=262
设Q到平面PAC的距离为h，CQ与平面PAC的夹角为α
则由VQ-PAC=VC-APQ 可得
13×SPAC×h=13×SAPQ×CN，
即13×12×5×6×h=13×12×6×102
解得h=52
所以CQ与平面PAC的夹角的正弦值为sinα=hCQ=52262=13026
【点睛】
本题考查了空间几何体中的线面夹角问题，主要计算量大，涉及关系多，需要很好的分析能力，属于难题。
21．（1）(3,0)；（2）；（3）存在，或k=±34．
【解析】
试题分析：（1）通过将圆C1的一般式方程化为标准方程即得结论；（2）设当直线l的方程为y=kx，通过联立直线l与圆C1的方程，利用根的判别式大于0、韦达定理、中点坐标公式及参数方程与普通方程的相互转化，计算即得结论；（3）通过联立直线l与圆C1的方程，利用根的判别式△=0及轨迹C的端点与点（4，0）决定的直线斜率，即得结论
试题解析：（1）由x2+y2-6x+5=0得(x-3)2+y2=4，
∴ 圆C1的圆心坐标为(3,0)；
（2）设M(x,y)，则
∵ 点M为弦AB中点即C1M⊥AB，
∴kC1M⋅kAB=-1即yx-3⋅yx=-1，
∴ 线段AB的中点M的轨迹的方程为(x-32)2+y2=94(53
当直线L与圆L相切时，由得，又，结合上图可知当时，直线L：y=k(x-4)与曲线L只有一个交点．
考点：1.轨迹方程；2.直线与圆相交的位置关系；3.圆的方程
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