《解析》山东省寿光现代中学2020-2021学年高二11月月考数学试卷 WORD版含解析.doc

1、高考资源网（） 您身边的高考专家高二数学一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40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. 已知直线方向向量为，平面的法向量为，若， ，则直线与平面的位置关系是（ ）A. 垂直B. 平行C. 相交但不垂直D. 直线在平面内或直线与平面平行【答案】D【解析】【分析】由，即可判断出直线l与平面的位置关系【详解】，直线l在平面内或直线l与平面平行故选D【点睛】本题考查平面法向量的应用、直线与平面位置关系的判定，考查推理能力与计算能力2. 方程表示圆的充要条件是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由圆的方程化化为，得出，即可

2、求解，得到答案.【详解】由题意，圆，可化为，则，即，解得或，故选B.【点睛】本题主要考查了圆的一般方程与标准方程的应用，其中熟练把圆的一般方程化为标准方程，得到是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.3. 设直线的倾斜角为，且，则满足（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】因为，所以，故选D4. 若直线：与圆：无交点，则点与圆的位置关系是（ ）A. 点在圆上B. 点在圆外C. 点在圆内D. 不能确定【答案】C【解析】【分析】由题意知圆心到直线的距离大于圆的半径，利用点到直线的距离公式列出关系式，再利用两点间的距离公式判断，可得出结论【详解】直线：与圆：无交点，则，即，

3、点在圆内部.故应选C.【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，以及点与圆的位置关系，涉及的知识有：点到直线的距离公式，以及两点间的距离公式，属于基础题.5. 设，是两个不同的平面，是两条不同的直线，且，（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】A【解析】试题分析：由面面垂直的判定定理：如果一个平面经过另一平面的一条垂线，则两面垂直，可得，可得考点：空间线面平行垂直的判定与性质6. 已知点，若，则直线AB的倾斜角的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】依题意表示出，再根据的取值范围及斜率与倾斜角的关系计算可得；【详解】解：因为，所以，因为，所以，设倾

4、斜角为，则，所以.故选：B【点睛】本题考查了直线的斜率与倾斜角之间的关系、正切函数的单调性，考查了推理能力和计算能力，属于中档题7. 已知圆截直线所得线段的长度是，则圆与圆的位置关系是（ ）A. 内切B. 相交C. 外切D. 相离【答案】B【解析】化简圆到直线的距离 ，又 两圆相交. 选B8. 将一张坐标纸折叠一次，使得点与点重合，点与点重合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由两点关于一条直线对称的性质，求得对称轴所在的直线方程为，再根据垂直及中点在轴上这两个条件求得，的值，可得的值.【详解】由题意可得，对称轴所在的直线即为点与点构成的线段的中垂线.由于点与点连成线段

5、的中点为，斜率为，故对称轴所在的直线方程为，即.再根据点与点重合，可得，求得，故选：A.二、多选题（每小题给的选项中有多项符合要求，全部选对得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分，每题5分共22分）9. 下列命题正确的是（ ）A. 若直线与直线是异面直线，则直线与直线一定异面B. 方程表示圆的一般方程C. 若空间向量，不共面，则，不共面D. 夹在两个平行平面间的两条平行线段相等【答案】AD【解析】【分析】用反证法判断直线，一定是异面直线，选项A正确；根据表示圆的条件得出选项B错误；假设存在非零实数，使得，求出、的值，判断选项C错误；利用平行四边形证明夹在两个平行平面间的两条平行线段相等，判断

6、选项D正确.【详解】解：对于A，假设直线，不是异面直线，即直线，共面；则，四点共面，所以，是共面直线，这与已知条件“，是两个异面直线”矛盾.所以假设不成立，所以直线，一定是异面直线，选项A正确；对于B，只有当时，方程表示圆的一般方程，所以选项B错误；对于，假设存在非零实数，使得，则，解得，不妨令，所以存在非零实数，使得，所以，共面，C错误；对于D，设平面，直线，且，；连接，如图所示；则由、确定平面为，且、共面，无公共点，所以，所以四边形为平行四边形，所以；即夹在两个平行平面间的两条平行线段相等，选项D正确.故选：AD.10. 已知直线l：，其中，下列说法正确的是（ ）A. 当a1时，直线l与直

7、线xy0垂直B. 若直线l与直线xy0平行，则a0C. 直线l过定点(0，1)D. 当a0时，直线l在两坐标轴上的截距相等【答案】AC【解析】【分析】利用两直线平行、垂直以及过定点和在两轴上的截距分析直线方程的特征，逐项分析，得到结果.【详解】对于A项，当a1时，直线l的方程为，显然与xy0垂直，所以正确；对于B项，若直线l与直线xy0平行，可知，解得或，所以不正确；对于C项，当时，有，所以直线过定点，所以正确；对于D项，当a0时，直线l的方程为，在两轴上的截距分别是，所以不正确；故选：AC.【点睛】该题考查的是有关直线的问题，涉及到的知识点有两直线平行，两直线垂直，直线过定点问题，直线在两轴

8、上的截距的求解，属于简单题目.11. 下列说法正确的有（ ）A. 若直线经过第一、二、四象限，则在第二象限B. 任何一条直线都有倾斜角，都存在斜率C. 过点斜率为的点斜式方程为D. 直线的斜率越大，倾斜角越大【答案】AC【解析】【分析】中，由直线过第一、二、四象限得出、的取值范围，判断点所在象限；中，倾斜角为时斜率不存在；中，由点斜式方程写出对应的直线方程；中，在，时，直线的斜率越大，不满足倾斜角也越大.【详解】解：对于，若直线经过第一、二、四象限，则，所以点在第二象限，选项正确；对于，任何一条直线都有倾斜角，但是不一定都存在斜率，如倾斜角为时斜率不存在，所以选项错误；对于，由点斜式方程知，过

9、点斜率为的点斜式方程为，所以选项正确；对于，在，内，直线的斜率越大，倾斜角就越大；在时，直线的斜率越大，倾斜角也越大；在，时，直线的斜率越大，不满足倾斜角也越大；所以选项错误.故选：.12. 如图，正方体的棱长为1，是的中点，则（ ）A. 直线平面B. C. 三棱锥的体积为D. 异面直线与所成的角为【答案】ABD【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法一一验证即可；【详解】解：如图建立空间直角坐标系，所以，即，所以，故B正确；，设异面直线与所成的角为，则，又，所以，故D正确；设平面的法向量为，则，即，取，则，即，又直线平面，所以直线平面，故A正确；，故C错误；故选：ABD【点睛】本题

10、考查空间向量法在立体几何中的应用，属于中档题.三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13. 已知A（1，2，11）、B（4，2，3）、C（x，y，15）三点共线，则xy=_.【答案】2【解析】试题分析：由三点共线得向量与共线，即，解得，考点：空间三点共线14. 已知圆的圆心在直线上，且过点，则圆的标准方程为_【答案】【解析】【分析】由圆心在直线上有，设半径为结合所过点即可求圆的标准方程.【详解】圆的圆心在直线上，令，半径为，圆的方程为：，又，有，解得，有，故答案为：；【点睛】本题考查了求圆的标准方程，根据圆心位置、所过的点求圆的方程，属于简单题.15. 已知方程所表示的圆有最大的面积

11、，则直线的倾斜角_【答案】【解析】试题分析：方程所表示圆为，可得当时面积最大，所以直线为，倾斜角为考点：圆的方程以及直线倾斜角16. 数学家欧拉在1740年提出定理：三角形外心、垂心、重心依次位于同一直线上，且重心到外心距离是重心到垂心距离的一半，这条直线后人称为三角形的欧拉线，的顶点，的欧拉线方程为_.【答案】【解析】【分析】由于，可得的外心、重心、垂心都位于线段的垂直平分线上，求出线段的垂直平分线，即可得出的欧拉线方程.【详解】，则线段的中点为，线段垂直平分线为：，即，的外心、重心、垂心都位于线段的垂直平分线上，因此的欧拉线方程为：，故答案为：【点睛】本题考查了点斜式方程、中点坐标公式，考

12、查了基本运算求解能力，属于基础题.四、解答题（本大题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）17. 求适合下列条件的直线方程：（1）经过点，并且其倾斜角等于直线的倾斜角的2倍的直线方程.（2）求经过点并且和两个坐标轴围成的三角形的面积是1的直线方程.【答案】（1）；（2）或.【解析】【分析】（1）求出直线的倾斜角,可得所求直线的倾斜角从而可求出斜率，再利用点斜式可求得方程.（2）设直线方程为，将点代入，再结合面积为，即可解得、的值，从而求出直线的方程.【详解】（1）因为直线的斜率为， 所以其倾斜角为，所以，所求直线的倾斜角为，故所求直线的斜率为，又所求直线经过点，所以

13、其方程为，即，（2）设直线方程为，则，解得或，故所求的直线方程为：或.【点睛】本题主要考查了求直线的方程，涉及了点斜式和截距式，属于中档题.18. 已知的顶点，直线的方程为，边上的高所在直线的方程为（1）求顶点和的坐标；（2）求外接圆的一般方程.【答案】（1）和；（2）【解析】【分析】（1）联立直线与直线的方程可得点的坐标，由，进而设出直线的方程，将的坐标代入得方程，再与直线方程联立即可得点的坐标；（2）由（1）知，的坐标，设外接圆的一般方程，代入求解即可.【详解】（1）由可得顶点, 又因为得， 所以设的方程为， 将代入得由可得顶点为 所以和的坐标分别为和 （2）设的外接圆方程为， 将、和三点

14、的坐标分别代入，得，解得，所以的外接圆的一般方程为.【点睛】本题主要考查两直线交点的求法，待定系数法求圆的方程，属于基础题.19. 已知圆经过点，和直线相切，且圆心在直线上.（1）求圆的方程；（2）已知直线经过原点，并且被圆截得的弦长为2，求直线的方程.【答案】（1）；（2）或.【解析】【分析】（1）先设圆心的坐标为，根据题中条件列出等量关系求解，得出，求出半径，进而可求出结果；（2）讨论直线的斜率不存在，和直线的斜率存在两种情况，根据弦长，列出等式求解，即可得出直线方程.【详解】（1）设圆心的坐标为，因为圆经过点，和直线相切，则，化简得，解得，半径，圆的方程为.（2）当直线的斜率不存在时，直

15、线的方程为，此时直线被圆截得的弦长为，满足条件；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，由题意得，解得，直线的方程为，综上所述，直线的方程为或.【点睛】思路点睛：根据圆的弦长求弦所在直线方程的方法有：（1）几何法：根据圆的性质（圆心到直线距离的平方与弦长一半的平方和等于半径的平方）列出等式，即可求解；（2）代数法：设出所求直线方程，联立直线与圆的方程，根据弦长公式列出等式求解，即可得出结果.20. 在平面直角坐标系中，已知圆心在第二象限，半径为的圆与直线相切于坐标原点.（1）求圆的方程；（2）试探求圆上是否存在异于原点的点，使到定点的距离等于线段的长，若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由.

16、【答案】（1）；（2）存在，.【解析】【分析】（1）设圆心坐标为，则该圆的方程为，由相切和切于原点的条件，列出方程求解，即可得出结果；（2）先假设圆上存在异于原点的点，根据题中条件，得到满足的关系式，再和（1）中所求的圆的方程联立求解，即可得出结果.【详解】（1）设圆心坐标为，则该圆的方程为，已知该圆与直线相切，那么圆心到该直线的距离等于圆的半径，即，即又圆与直线切于原点，所以，即由解得或（舍），故圆的方程为；（2）假设圆上存在异于原点的点，使得到定点的距离等于线段的长，则，即，由，解得或，故存在异于原点点，使得到定点的距离等于线段的长.【点睛】关键点点睛：求解本题第二问的关键在于根据点到定点

17、的距离等于线段的长，得到一个新的圆的方程，将问题转化为求两圆交点的问题，即可求解.21. 如图，已知菱形和矩形所在的平面互相垂直，.(1)求直线与平面的夹角；(2)求点到平面的距离.【答案】(1) . (2) 【解析】【分析】设,以点为坐标原点，以为轴， 为轴，过点且平行于的方向为轴正方向，建立空间坐标系， （1）由题意，求出直线的方向向量，平面的一个法向量，由向量夹角，即可得到直线与平面夹角；（2）先求出平面的一个法向量，由点到平面的距离，即可求出结果.【详解】设，因为菱形和矩形所在的平面互相垂直，所以易得平面；以点为坐标原点，以为轴， 为轴，过点且平行于的方向为轴正方向，建立空间坐标系，（

18、1）由已知得：,因为轴垂直于平面，因此可令平面的一个法向量为，又,设直线与平面的夹角为，则有,即，所以直线BF与平面ABCD的夹角为.（2）因为,设平面的法向量为，令得，又因为,所以点到平面的距离.【点睛】本题主要考查求直线与平面所成的角，以及点到平面的距离问题，灵活运用空间向量的方法求解即可，属于常考题型.22. 如图所示的几何体中，和均为以为直角顶点的等腰直角三角形，为的中点.（1）求证：；（2）求二面角的大小；（3）设为线段上的动点，使得平面平面，求线段的长.【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）【解析】【分析】（1）根据题意，得出，根据线面垂直的判定定理得出平面，则，建立以为原点，为

19、，轴的空间直角坐标系，利用向量法能证明；（2）求出平面的法向量和平面的一个法向量，利用向量法能求出二面角的大小；（3）设，求出，令，则，解得为的中点，利用向量法能求出线段的长【详解】解：依题意得，和均为以为直角顶点的等腰直角三角形，则，所以面，又，可以建立以为原点，分别以，的方向为轴，轴，轴正方向的空间直角坐标系（如图），可得，（1）证明：由题意，因为，所以.（2）解：，设为平面的法向量，则，即，不妨令，可得，平面的一个法向量，因此有，由图可得二面角为锐二面角，所以二面角的大小为.（3）解：（方法一）设，所以，因此，令，即，解得，即为的中点，因为平面，平面，所以当为的中点时，平面平面，此时即，所以线段的长为.（方法二）设，所以，因此，设为平面的法向量，则，即，不妨令，可得，因为平面平面，所以，解得：，此时即，所以线段的长为.【点睛】本题考查利用空间向量法证明线线垂直，以及利用空间向量法求出二面角和线段长，还涉及空间中线面的判定定理和性质，考查运算求解能力以及化归与转化思想，是中档题- 19 - 版权所有高考资源网