四川省成都市石室中学学年高二10月月考数学(理)试题含解析_成都高二10月月考数学

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成都石室中学2017—2018学年度上期高2019届10月月考

数学（理科）试卷 第Ⅰ卷（共60分）

一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1.在空间直角坐标系A.【答案】D 【解析】因为两点关于关于2.若A.若C.若【答案】C 【解析】对于选项A，与可能平行，也可能在平面内，故A不正确。对于选项B，与可能平行、相交、垂直，故B不正确。对于选项C，由线面垂直的定义可得必有，故C正确。

时，则两点的横坐标、竖坐标相同，纵坐标互为相反数，故点

。选D。B.中，点

C.关于

平面对称的点的坐标是（）D.平面对称的点的坐标是表示两条直线，表示平面，下列说法中正确的为（），，则，则

B.若 D.若，，则，则

对于选项D，与可能相交、平行或异面，故D不正确。选C。3.空间四边形中点，则A.【答案】B 【解析】如图。选B。中，等于（）B.C.D.，，点在上，且，点为

4.设双曲线（）A.【答案】C 【解析】由题意知2b=2,2c=2∴b=1,c=,a2=c2-b2=2,a=, , B.的虚轴长为2，焦距为，则双曲线的渐近线方程为

C.D............................5.直线经过（）A.B.C.D.，两点，那么直线的倾斜角的取值范围是【答案】B 【解析】设直线的倾斜角为，则

又，所以

或

。选B。的焦点相同，且它们的离心率的乘积等于，则此椭圆的方程即直线的倾斜角的取值范围为6.已知椭圆与双曲线为（）A.B.C.D.【答案】A 【解析】双曲线的焦点为设椭圆的标准方程为，离心率为，所以椭圆的离心率。

则，解得。

所以椭圆的方程为。选A。

7.一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的表面积为（）A.【答案】A 【解析】试题分析：由三视图可知，该几何体是棱长为2的正方体，截去两个侧棱互相垂直的正三棱锥，侧棱长为1，所以该几何体的表面积为，故选A．

考点：

1、空间几何体的三视图；

2、多面体的表面积． B.C.21 D.18

8.在正三棱柱平面

中，点为的中点，点是线段上的动点，则关于点到的距离说法正确的是（）

A.点运动到点时距离最小 B.点运动到线段的中点时距离最大 C.点运动到点D.点到平面【答案】D 【解析】如图，取时距离最大 的距离为定值的中点，连。

由三棱柱的有关知识可得所以平面上的点到平面

9.如果点既在平面区域最小值为（）

A.B.1 C.D.【答案】C 【解析】画出不等式组表示的平面区域如图中的示焦点在x轴上的椭圆，结合图形可得当直线组表示的平面区域才有公共点。

平面。因为，又平面，所以

平面，因此线段的距离为定值。选D。

上，且又在曲线上，则的所示，曲线表

与椭圆相切时，椭圆和不等式

由 消去x整理得，令所以的最小值为。选C。10.设为双曲线左、右支交于点A.B.，若 C.，解得或（舍去）。的左焦点，过坐标原点的直线依次与双曲线的，D.，则该双曲线的离心率为（）

【答案】B 【解析】设∴∴,则, 为直角三角形，且。

关于原点对称，所以四边形FPF1Q为

。在中由余弦定理可得。

设双曲线的右焦点为F1，连P F1,Q F1，由题意可得点矩形，因此。

由双曲线的定义得，在即整理得∴。中，由勾股定理得，又，，，所以即该双曲线的离心率为11.在长方体，直线与平面

。选B。中，点

分别是棱

上的动点，，成30°角，则三棱锥体积的最小值是（）A.B.C.D.【答案】A 【解析】

如图，以C为原点建立空间直角坐标系，则设平面的一个法向量为，设。，由，得，令，则。

又, 由条件得，整理得∴解得∴即三棱锥。，当且仅当

时等号成立。

体积的最小值是

。选A。

点睛：（1）本题利用代数方法解决立体几何问题，可使得解题过程变得简洁直观，这也是几何问题中常用的方法。

（2）在解决直线和平面所成角的问题时，要注意直线和平面所成的角和直线的方向向量与平面的法向量的夹角之间的关系，避免出现错误。12.设椭圆的左、右焦点分别为，其焦距为，点在椭圆的外部，点是椭圆上的动点，且值范围是（）A.B.C.D.恒成立，则椭圆离心率的取【答案】D 【解析】

∵点∴在椭圆的外部,则，即。，解得，由椭圆的定义得, ∵∴解得，即。

。选D。恒成立，所以椭圆离心率的取值范围是点睛：（1）解决圆锥曲线问题时要注意常见结论的运用，如在本题中用到了椭圆的通径（过椭圆的焦点且垂直于长轴的弦）长的结论。

（2）注意平面几何知识的运用，对于本题中的恒成立问题，只需要于即可，在求

得最大值时可用平面几何的有关知识解决。第Ⅱ卷（共90分）

二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.双曲线的一个焦点到其渐近线距离为3，则的值为__________．的最大值小【答案】-9 【解析】双曲线的方程为取双曲线的一条渐近线为。由题意得答案：14.矩形。

中，则四面体【答案】，沿

将矩形

折成一个大小为的二面角

。，即，解得

；双曲线的一个焦点为 或

（舍去）。的外接球的表面积为__________．

【解析】

如图，在四面体中，所以四面体，取AC的中点O，连，则的顶点在以O为球心，半径为5的球面上，故球的表面积为答案：15.椭圆的左、右焦点分别为。，弦过，若的内切圆的周长为，两点的坐标分别为【答案】 【解析】在椭圆∵∴的内切圆的周长为内切圆的半径为，则__________．

中。

由椭圆的定义得的周长为，又 且∴解得答案：。。，点睛：本题的解答中运用了数学中“算两次”的方法，即从两个不同的角度分别求出了的面积，从而建立了关于的关系式，使得问题得以求解。对于圆锥曲线的问题，一定要注意定义的运用，这样可简化解题过程中的推理和运算。16.已知两定点①若②若③若④若⑤若直线与斜率之积等于，和一动点，给出下列结论：，则点的轨迹是椭圆；，则点的轨迹是双曲线；，则点的轨迹是圆；，则点的轨迹关于原点对称；，则点的轨迹是椭圆（除长轴两端点）．

其中正确的是__________（填序号）． 【答案】③④ 【解析】对于①，由于对于②，由于对于③，设整理得∵∴∴点的轨迹是圆，③正确。对于④，设则又点关于原点的对称点为。，，由题意得，所以点的轨迹是线段，故点的轨迹是双曲线的右支，②不正确；，，①不正确； ∵∴点也在曲线

上，即点的轨迹关于原点对称。故④正确。

对于⑤，设由题意得整理得，则。此方程不一定表示椭圆。⑤不正确。

综上，正确的结论是③④。答案：③④

三、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）17.在（Ⅰ）求（Ⅱ）若【答案】（Ⅰ）中，角

所对的边分别为，已知

．的值；，求．

；（Ⅱ）

或.【解析】试题分析:(1)由已知利用三角形内角和定理,三角函数恒等变换的应用化简即可求值;(2)由已知利用正弦定理及(1)可得试题解析:（Ⅰ）故，∴

．，，∴

或，∴和

或．，且圆在直线

上，进而可求角.，（Ⅱ）由正弦定理得由（Ⅰ）知∴18.已知圆经过（Ⅰ）求圆的标准方程；

（Ⅱ）若直线垂直于直线且与圆相切．求直线的方程． 【答案】（Ⅰ）圆的标准方程为：.；（Ⅱ），【解析】试题分析：（Ⅰ）用待定系数法求解，设圆的标准方程为：根据条件可得方程组可得圆的方程；（Ⅱ）根据垂直于直线可设的方程为求得，进而得到直线的方程。试题解析：

（Ⅰ）设圆的标准方程为：由题意可得即∴圆的半径∴圆的标准方程为（Ⅱ）由题意设直线的方程为∵直线与圆相切，∴整理得解得 或。

或中，是

．

。的中心，分别是线段，解得。，，求得，后可得半径，由与圆相切可∴直线的方程为19.如图，在正方体点，且，上的动

（Ⅰ）若直线（Ⅱ）若平面，正方体，求实数的值；的棱长为2，求平面

和平面

所成二面角的余弦值． 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）

.的中点，连，由直线，即、平面

平面，得到的法向量

可证得，【解析】试题分析：（Ⅰ）取根据平行线分线段成比例定理可得间直角坐标系，求出平面向量的夹角求解即可。试题解析：（Ⅰ）取∵是正∴点在连∵∴∴∴∴.时，点

分别是, 平面, , ,平面

平面的中点，的中心 上，且，的法向量

；（Ⅱ）建立空，利用,（Ⅱ）当,则的中点，以为原点建立如图所示的空间直角坐标系。

设平面的一个法向量为，由得，令，得的一个法向量为。，同理可得平面∴.由图形知，平面∴平面和平面和平面所成二面角为锐角。所成二面角的余弦值为点睛：

（1）向量法通过空间坐标系把空间图形的性质代数化，避免了寻找平面角和垂线段等诸多麻烦，使空间点线面的位置关系的判定和计算程序化、简单化．主要是建系、设点、计算向量的坐标、利用数量积的夹角公式计算．

（2）利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半平面判断二面角的大小，从而确定二面角与向量20.已知双曲线在双曲线上．

（Ⅰ）求双曲线的方程；（Ⅱ）已知【答案】（Ⅰ）为双曲线上不同两点，点在以

；（Ⅱ）

为直径的圆上，求.的值．的向量

时，要根据图形的夹角是相等，还是互补．，为坐标原点，点

渐近线方程为【解析】试题分析：（1）根据渐近线方程得到设出双曲线的标准方程，代入点M的坐标求得参数即可；（2）由条件可得的坐标可求得试题解析：

（Ⅰ）∵双曲线的渐近线方程为∴设双曲线方程为∵点∴在双曲线上．，。，可设出直线的方程，代入双曲线方程求得点∴。，即。。∴双曲线方程为（Ⅱ）由题意知设直线方程为由，解得，∴由直线方程为

.以。

代替上式中的，可得。

∴21.如图，四棱柱．

（Ⅰ）证明：平面（Ⅱ）若若存在，求

平面，直线

； 的底面

。是菱形，，上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值为.的值；若不存在，请说明理由．

【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）或.平面，再证平面

平面【解析】试题分析：（Ⅰ）用几何法证明，先证得.（Ⅱ）由条件可得试题解析：（Ⅰ）证明： 因为则.，为

两两相互垂直，故可建立坐标系，转化为代数运算求解。的中点，又因为四边形所以因为所以因为所以平面（Ⅱ）在菱形由在三角形故得以为原点，则，可得平面平面，是菱形，，平面中，由

.，可得

..，可得，中，由两两相互垂直.方向为，轴正方向建立如图所示空间直角坐标系.，由设所以设平面的法向量为，可得，.，，因为所以由设直线与平面，得，.所成角为，由题意得

解得 当所以或时，或.;当.时，点睛：（1）用向量法解立体几何问题时，在建立坐标系的基础上，关键是如何确定点的坐标，对于不容易确定坐标的点，可通过向量的运算、相等向量等方法去确定点的坐标。（2）由于本题（Ⅱ）中，要求是“直线时要注意对题意的理解。22.已知圆一点满足，直线，圆心为，定点，为圆．

上一点，线段

上

上是否存在点”，故求出的点应有两个，解题

上一点，满足（Ⅰ）求点的轨迹的方程；（Ⅱ）为坐标原点，交于不同的两点【答案】（Ⅰ）．当

；（Ⅱ）是以

为直径的圆，直线且满足

.时，求

与

相切，并与轨迹

面积的取值范围．

【解析】试题分析：（Ⅰ）分析题意可得点满足的几何条件，根据椭圆的定义可得轨迹，从而可求得轨迹方程；（Ⅱ）先由直线

与

相切得到，由，将直线方

且程与椭圆方程联立，并结合一元二次方程根与系数的关系可得，进一步得到k的范围，最后根据三角形面积公式并结合函数的单调性求的取值范围。试题解析：（Ⅰ）∵∴为线段中点 ∵∴∴∵为线段 的中垂线

为焦点，长轴长为，的椭圆，∴由椭圆的定义可知的轨迹是以设椭圆的标准方程为则∴。，∴点的轨迹的方程为（Ⅱ）∵圆与直线相切，∴，即。

由，消去.∵直线与椭圆交于两个不同点，∴将设则∴，代入上式，可得，，，∴

∴∵，解得

.满足。

又，设∴∴ 故，则

面积的取值范围为，.。

点睛：解决解析几何综合题时一般会涉及到复杂的运算，解题时要注意解题技巧的运用，如常用的“设而不求”、“整体代换”的方法，以简化计算。另外，对于解析几何中的范围、最值的问题，要结合函数的性质求解或利用基本不等式求解。