河北省武邑中学2018-2019学年高二上学期第三次月考数学(理)试题(解析版)

河北武邑中学2018-2019学年上学期高二第三次月考
数学试题
（满分150分，时间120分钟）
一、选择题(每题5分，共60分)
1.直线的倾斜角大小（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
由直线可得斜率进而得倾斜角.
【详解】由直线可知，斜率为：，所以倾斜角的正切值为.
则有倾斜角为：.
故选B.
【点睛】本题主要考查了直线的斜率与倾斜角的关系，属于基础题.
2.正方体的表面积与其外接球表面积的比为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
设正方体的棱长为，则正方体的表面积，
由正方体的体对角线就是其外接球的直径可知：
，即，
所以外接球的表面积：，
故正方体的表面积与其外接球的表面积的比为：．
故选．
3.（10分）在长方体中,、分别是棱、的中点,若,则异面直线与所
成的角为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
∵M、N分别是棱BB1、B1C1的中点，
∴MN∥AD1，
∵∠CMN=90∘，
∴CM⊥MN，
∴CM⊥AD1，
由长方体的几何特征,我们可得CD⊥AD1，
∴AD1⊥平面CDM
故AD1⊥DM
即异面直线AD1与DM所成的角为90∘
故选D
4.已知等比数列的前n项和为S n=m+则m=（）
A. 1
B. -1
C.
D. 【答案】D
【解析】
【分析】
由条件分别计算和，由等比数列得，从而得解.
【详解】等比数列的前n项和为S n=m+.
所以有.
由等比数列有：，即得.
故选D.
【点睛】本题主要考查了等比数列的计算，属于基础题.
5.在△ABC中,a=3,b=,∠A=,则∠C=（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
利用正弦定理可得，再由大边对大角可得B，从而可得C.
【详解】在△ABC中,由正弦定理可得：，即得：，解得. 又，所以，从而得：.
所以∠C.
故选B.
【点睛】本题主要考查了正弦定理的应用，属于常考题型.
6.直线3x＋4y－5＝0与圆2x2＋2y2―4x―2y＋1＝0的位置关系是( )．
A. 相离
B. 相切
C. 相交但直线不过圆心
D. 相交且直线过圆心
【答案】D
【解析】
圆心为半径为幻想到直线3x+4y-5=0的距离为
故选D
7.过点P (a ，5)作圆(x ＋2)2＋(y －1)2＝4的切线，切线长为，则a 等于( )．
A. －1
B. －2
C. －3
D. 0 【答案】B 【解析】
试题分析：因为
的圆心为
，所以点到圆心的距离为
，因为过切点的半径与切线垂直，所以根据勾股定理，得切线长为
，故选B 。

考点：圆的切线方程
8.下列说法中，错误的是（ ） A. 若平面∥平面，平面∩平面，平面∩平面
，则∥ B. 若平面⊥平面，平面∩平面，则
C. 若直线
，平面
平面，则∥
D. 若直线∥平面，平面∩平面平面，则∥ 【答案】A 【解析】 【分析】
由线面平行、面面平行、面面垂直等位置关系对选项逐一判断即可. 【详解】选项C 中，若直线
，平面
平面，则有可能直线在平面内，该说法存在问题，C 不正确；
由面面平行的性质定理可得选项A 正确； 由面面垂直的性质定理可得选项B 正确； 由线面平行的性质定理可得选项D 正确； 故选C.
【点睛】本题主要考查了空间中线面、面面的位置关系的判断，属于基础题.
9.A ，B ，C ，D 四点都在一个球面上，AB=AC=AD=，且AB ，AC ，AD 两两垂直，则该球的表面积为（ ）
A. 6π
B.
C. 12π
D.
【答案】A 【解析】 【分析】
通过将三棱锥补体为正方体，从而将三棱锥的外接球转化为求正方体的外接球，正方体的体对角线即为球的直径，从而得解.
【详解】三棱锥A−BCD的三条侧棱两两互相垂直，所以把补充为长方体，
此时，正方体与该三棱锥有相同的外接球.
对角线的长为球的直径,，
它的外接球半径是，
外接球的表面积是
故选：A.
【点睛】本题主要考查了三棱锥的外接球问题，对于三棱锥，当三条侧棱两两垂直时，可以通过补体的方式将三棱锥的外接球转化为长方体的外接球，长方体的体对角线即为外接球的直径.
10.某三棱锥的三视图如图所示，则其体积为（）
A. B. C. D.
【答案】
【解析】
由三视图可想象出这个图像是三棱锥，该三棱锥底面积，高为，由三棱锥的体积公式得到，其体积．
故得体积为.
11.命题“”为真命题的一个充分不必要条件是( )
A. B. C. D.
【答案】C
满足命题“x∈[1,2],x2-a≤0”为真命题的实数a即为不等式x2-a≤0在[1,2]上恒成立的a的取值范围,即a≥x2在[1,2]上恒成立,即a≥4,要求的是充分不必要条件,因此选项中满足a>4的即为所求,选项C符合要求.
【误区警示】这类题把“条件”放在选项中,即选项中的条件推出题干的结论,但题干中的结论推不出选项中的条件.本题容易分不清这种关系而致误.
12.已知异面直线a，b所成的角为60°，过空间一点O的直线与a，b所成的角均为60°，这样的直线有（）
A. 1条
B. 2条
C. 3条
D. 4条
【答案】C
【解析】
把直线平移为相交直线，设这两条相交直线确定的平面为，在平面内作直线夹角的平分线，有两条，一条与它们夹角为30°，记为直线；一条与它们夹角为60°，记为直线，过直线与垂直的平面为，过直线与平
面垂直的平面为，在平面内绕的交点旋转直线，可得与成60°的直线，有两条，在平面内与直线夹角为60°的直线只有1条即为，因此与所成的角均为60°的直线有3条，故选C．
二、填空题（每题5分，共20分）
13.经过两条直线x+y-3=0和x-2y+3=0的交点，且与直线2x+y-7=0平行的直线方程是_______．
【答案】2x+y-4=0
【解析】
【分析】
通过联立可求得直线交点，再由直线平行将直线设为2x+y-c=0，代入交点坐标即可得解.
【详解】联立，解得.
所以直线x+y-3=0和x-2y+3=0的交点为(1,2).
又与直线2x+y-7=0平行的直线方程可设为：2x+y-c=0.
代入点(1,2)，解得c=4.所以直线方程为：2x+y-4=0.
故答案为：2x+y-4=0.
【点睛】本题主要考查了两直线的位置关系，属于基础题.
14.点D为△ABC所在平面外一点，E、F分别为DA和DC上的点，G、H分别为BA和BC上的点，且EF和GH相交于点M，则点M一定在直线______________上.
【答案】AC
【解析】
由公理2知，不共线的三点确定一个平面，由于ABCD是空间四边形，故AB，BC确定平面ABC，CD，DA确定平面ACD，再由公理1，3可得M的位置．
【详解】
由于ABCD是空间四边形，故AB，BC确定平面ABC，CD，DA确定平面ACD．
∵E∈AD，F∈DC，G∈AB，H∈BC
∴EF⊂面ACD，GH⊂面ABC，
∵EF∩GH=M∴M∈面ABC，M∈面ACD，
∴面ABC∩面ACD=AC
∴M∈AC
故答案为：AC.
【点睛】本题主要考查空间点，线，面的位置关系，灵活应用公理1，公理2，公理3判断点线面的位置关系的能力，是个基础题．
15.若圆与圆外切，则实数的值为___．
【答案】±3
【解析】
【分析】
由两圆相外切知圆心距等于半径和，列方程求解即可.
【详解】圆的圆心为(0,0)，半径为2；
圆的圆心为(t,0),半径为1.
由两圆相外切知圆心距等于半径和，即.
解得.
故答案为：±3.
【点睛】本题主要考查了两圆的位置关系，属于基础题.
16.如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M、N分别为棱C1D1、C1C的中点，有以下四个结论：
①直线AM与CC1是相交直线；
②直线AM与BN是平行直线；
③直线BN与MB1是异面直线；
④直线AM与DD1是异面直线．
其中正确的结论为______（注：把你认为正确的结论的序号都填上）．
【答案】③④
【解析】
试题分析：因为四边不共面，所以直线与是异面直线，所以①错误的；同理，直线与也是异面直线，所以②是错误的；同理，直线与是异面直线，所以③是正确错误的；同理，直线与是异面直线，所以④是正确的，故填③④．
考点：空间中直线与直线的位置关系的判定．
三、解答题（本题六小题，共70分））
17.已知直线l的方程为3x＋4y－12＝0，求下列直线l′的方程，l′满足：
（1）过点(－1,3)，且与l平行；
（2）过点(－1,3)，且与l垂直；
【答案】(1)3x＋4y－9＝0; （2）4x＋3y－5＝0
【解析】
【分析】
（1）由直线平行可得直线斜率，进而由点斜式即可得解；
（2）由两直线垂直可得斜率之积为-1，从而得斜率，进而利用点斜式即可得解.
【详解】(1)∵l∥l′，∴l′的斜率为－
∴直线l′的方程为：y－3＝－(x＋1)，即3x＋4y－9＝0.
（2）l′的斜率为－，
∴直线l′的方程为：y－3＝－(x＋1)，即4x＋3y－5＝0.
【点睛】本题主要考查了两直线平行和垂直时斜率的关系，属于基础题.
18.如图，已知点P是平行四边形ABCD所在平面外一点，M、N分别是AB、PC的中点．
（1）求证：MN∥平面PAD；
（2）在PB上确定一个点Q，使平面MNQ∥平面PAD.
【答案】(1)见解析；(2)见解析.
【解析】
【分析】
（1）取PD的中点H,易证得AMNH为平行四边形，从而证得MN∥AH，即证得结论；（2）由平面MNQ∥平面PAD,则应有MQ∥PA，利用中位线定理可确定位置.
【详解】(1)如图,取PD的中点H,
连接AH、NH.由N是PC的中点,H是PD的中点,知NH∥DC,NH=DC.
由M是AB的中点,知AM∥DC,AM=DC
.
∴NH∥AM,NH=AM,所以AMNH为平行四边形.
∴MN∥AH.
由MN⊄平面PAD,AH⊂平面PAD,
知MN∥平面PAD.
(2)若平面MNQ∥平面PAD,则应有MQ∥PA,
∵M是AB中点,∴Q是PB的中点.
即当Q为PB的中点时,平面MNQ∥平面PAD.
【点睛】本题主要考查了线面平行及面面平行的证明，属于基础题.
19.已知直线L: y＝x＋m与抛物线y2＝8x交于A、B两点（异于原点），
（1）若直线L过抛物线焦点，求线段 |AB|的长度；
（2）若OA⊥OB ，求m的值；
【答案】(1)m =－2,|AB|=16；(2)m=-8.
【解析】
【分析】
（1）把直线方程与抛物线方程联立消去y，根据韦达定理表示出x1+x2和x1x2，利用弦长公式可求；
（2）由于OA⊥OB，从而有x1x2+y1y2=0，利用韦达定理可得方程，从而求出m的值．
【详解】(1)设A(x1,y1)、B(x2,y2)，抛物线y2＝8x的交点坐标为(2,0)
直线L: y＝x＋m过点(2,0)，得m=−2,
直线L:y=x−2与抛物线y2=8x联立可得x2−12x+4=0，
∴x1+x2=12, x1x2=4，
∴.
(2)联立，得
.
∵OA⊥OB,∴
.
m=0或m=−8,
经检验m=−8.
【点睛】本题主要考查了直线与抛物线的位置关系，主要是利用舍而不求的思路，表示弦长或垂直关系，属于基础题.
20.已知关于x的一元二次方程
若一枚骰子掷两次所得点数分别是a，b，求方程有两根的概率；
若，，求方程没有实根的概率．
【答案】(1)；(2).
【解析】
【分析】
（1）由题意知本题是古典概型，计算基本事件（a，b）的总数，和“方程有两个正根”的事件数，计算所求的概率值；（2）由题意知本题是几何概型，计算试验的全部结果构成区域，和满足条件的事件组成区域，计算面积比即可．【详解】解：(1)由题意知，本题是一个古典概型，
用表示一枚骰子投掷两次所得到的点数的事件；
依题意知，基本事件的总数共有36个；
一元二次方程有两根，
等价于即，即.
设“方程有两个根”的事件为A，则事件A包含的基本事件为，，，
，(5,4)(5,5)(5,6)(6,1)(6,2),(6,3)(6,4)，(6,5)，（6，6）共22个，
因此，所求的概率为
(2)由题意知本题是几何概型，试验的全部结果构成区域
，，其面积为；
满足条件的事件为：，，
其面积为
因此，所求的概率为
【点睛】本题主要考查古典概型以及“面积型”的几何概型的应用，属于中档题. 解决几何概型问题常见类型有：长度型、角度型、面积型、体积型，求与面积有关的几何概型问题关鍵是计算问题的总面积以及事件的面积；几何概型问题还有以下几点容易造成失分，在备考时要高度关注：（1）不能正确判断事件是古典概型还是几何概型导致错误；（2）基本事件对应的区域测度把握不准导致错误；（3）利用几何概型的概率公式时, 忽视验证事件是否等可能性导致错误.
21.已知椭圆C：（a＞b＞0）的两个焦点分别为F1，F2，离心率为，过F1的直线l与椭圆C交于M，N
两点，且△MNF2的周长为8．
（1）求椭圆C的方程；
（2）若直线y＝kx＋b与椭圆C分别交于A，B两点，且OA⊥OB，试问点O到直线AB的距离是否为定值，证明你的结论．
【答案】（1）；（2）见解析.
【解析】
【分析】
(1)根据三角形周长为8，结合椭圆的定义可知，，利用，即可求得和的值,求得椭圆方程；(2)
分类讨论，当直线斜率斜存在时,联立，得到关于的一元二次方程，利用韦达定理及向量数量积的坐标运算,求得和的关系，利用点到直线的距离公式即可求得点到直线的距离是否为定值.
【详解】（1）由题意知，4a=8，则a=2，
由椭圆离心率，则b2=3．
∴椭圆C的方程；
（2）由题意，当直线AB的斜率不存在，此时可设A（x0，x0），B（x0，-x0）．
又A，B两点在椭圆C上，
∴，
∴点O到直线AB的距离，
当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y=kx+b．设A（x1，y1），B（x2，y2）
联立方程，消去y得（3+4k2）x2+8kbx+4b2-12=0．
由已知△＞0，x1+x2=，x1x2=，
由OA⊥OB，则x1x2+y1y2=0，即x1x2+（kx1+b）（kx2+b）=0，
整理得：（k2+1）x1x2+kb（x1+x2）+b2=0，
∴．
∴7b2=12（k2+1），满足△＞0．
∴点O到直线AB 的距离为定值．
综上可知：点O到直线AB的距离d=为定值．
【点睛】本题主要考查椭圆的定义及椭圆标准方程、圆锥曲线的定值问题以及点到直线的距离公式，属于难题. 探索圆锥曲线的定值问题常见方法有两种：①从特殊入手，先根据特殊位置和数值求出定值，再证明这个值与变量无关；②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.
22.某市为了解今年高中毕业生的体能状况，从本市某校高中毕业班中抽取一个班进行铅球测试，成绩在8.0米(精确到0.1米)以上的为合格.把所得数据进行整理后，分成6组画出频率分布直方图的一部分(如图)，已知从左到右前5个小组的频率分别为0.04，0.10，0.14，0.28，0.30，第6小组的频数是7 .
（Ⅰ）求这次铅球测试成绩合格的人数；
（Ⅱ）用此次测试结果估计全市毕业生的情况.若从今年的高中毕业生中随机抽取两名，记表示两人中成绩不．
合格
．．的人数，求的分布列及数学期望；
（III）经过多次测试后，甲成绩在8～10米之间，乙成绩在9.5～10.5米之间，现甲、乙各投掷一次，求甲比乙.
投掷远的概率
【答案】(Ⅰ)这次铅球测试成绩合格的人数为50；
(Ⅱ)的分布列为
数学期望
；
(Ⅲ)甲比乙投掷远的概率． 【解析】
试题分析：(Ⅰ)由已知条件先求第6小组的频率，再求此次测试总人数，而第4、5、6组成绩均合格，从而可得这次铅球测试成绩合格的人数；(Ⅱ)首先写出的可能取值：0，1，2，算出此次测试中成绩不合格的概率：，
∴～
，利用二项分布可求出
，
，
.从而得
的分布列，进而求得的数学期望值；
(Ⅲ)设甲、乙各投掷一次的成绩分别为、米，列出基本事件满足的区域：，事件“甲比乙投掷远的
概率”满足的区域为，画出图形，利用几何概型公式
来求甲比乙投掷
远的概率．
试题解析：(Ⅰ)第6小组的频率为1－(0.04＋0.10＋0.14＋0.28＋0.30)＝0.14， ∴此次测试总人数为
(人). （2分）
∴第4、5、6组成绩均合格，人数为(0.28＋0.30＋0.14)×50＝36(人)（4分）
(Ⅱ)的可能取值为0，1，2，此次测试中成绩不合格的概率为
,∴～
.（5分
，
，
. （7分）
所求的的分布列为
（9分）
(Ⅲ)设甲、乙各投掷一次的成绩分别为、米，则基本事件满足的区域为，（10分）事件“甲比乙投掷远的概率”满足的区域为，如图所示：
∴由几何概型. （13分）．
考点：1．频率分布直方图；2．离散型随机变量的分布列和数学期望；3．利用几何概型求概率．。