2021学年海南省临高县某校高一(上)月考数学试卷(必修2)(有答案)

2021学年海南省临高县某校高一（上）月考数学试卷（必修2）
一、选择题：
1. 原点在直线l上的射影P(−2, 1)，则l的方程为（）
A.x+2y=0
B.x+2y−4=0
C.2x−y+5=0
D.2x+y+3=0
2. 如果直线l是平面α的斜线，那么在平面α内（）
A.不存在与l平行的直线
B.不存在与l垂直的直线
C.与l垂直的直线只有一条
D.与l平行的直线有无穷多条
3. 过空间一点作平面，使其同时与两条异面直线平行，这样的平面（）
A.只有一个
B.至多有两个
C.不一定有
D.有无数个
4. 直线l通过点(1, 3)且与两坐标轴的正半轴所围成的三角形面积为6，则直线l的方程
是( )
A.3x+y−6=0
B.3x−y=0
C.x+3y−10=0
D.x−3y+8=0
5. 如果一个正三棱锥的底面边长为6，侧棱长为√15，那么这个三棱锥的体积是（）
A.9 2
B.9
C.27
2
D.9√3
2
6. 一平面截一球得到直径是6cm的圆面，球心到这个平面的距离是4cm，则该球的体积是（）
A.100π
3cm3 B.208π
3
cm3 C.500π
3
cm3 D.416√3π
3
cm3
7. 在体积为15的斜三棱柱ABC−A1B1C1中，S是C1C上的一点，S−ABC的体积为3，则三棱锥S−A1B1C1的体积为（）
A.1
B.3
2
C.2
D.3
8. 过点(1, 2)，且与原点距离最大的直线方程是( )
A.x+2y−5=0
B.2x+y−4=0
C.x+3y−7=0
D.x−2y+3=0
二、填空题：
过点(−6, 4)，且与直线x+2y+3=0垂直的直线方程是________．
在正方体ABCD−A1B1C1D1中，直线BC1与平面BB1D1D所成角的大小等于________．
已知两点A(−1, 2)，B(2, −1)，直线x−2y+m=0与线段AB相交，则m的取值范围
是________．
如图，△ABC为正三角形，且直线BC的倾斜角是45∘，则直线AB，AC的倾斜角分别为：
αAB=________，a AC=________．
三、解答题：
已知平行四边形的两条边所在的直线方程分别是x+y+1=0和3x−y+4=0，它
的对角线的交点是M(3, 0)，求这个四边形的其它两边所在的直线方程．
正三棱台的上、下底面的边长分别是3和6．
（1）若侧面与底面所成的角为60∘，求此三棱台的体积；
（2）若侧棱与底面所成的角为60∘，求此三棱台的侧面积．
如图，在△ABC中，BC边上的高所在的直线方程为x−2y+1=0，∠A的平分线所在的直线方程为y=0，若点B的坐标为(1, 2)，求点A和点C的坐标．
如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，已知M为棱AB的中点．
（1）证明：AC1 // 平面B1MC；
（2）证明：平面D1B1C⊥平面B1MC．
如图，射线OA、OB分别与x轴成45∘角和30∘角，过点P(1, 0)作直线AB分别与OA、OB
交于A、B．
（1）当AB的中点为P时，求直线AB的方程；
x上时，求直线AB的方程．
（2）当AB的中点在直线y=1
2
参考答案与试题解析
2021学年海南省临高县某校高一（上）月考数学试卷（必修2）
一、选择题：
1.
【答案】
C
【考点】
直线的一般式方程
【解析】
由题意求出直线l的斜率，利用点斜式方程求出直线方程，即可得到选项．
【解答】
解：原点在直线l上的射影P(−2, 1)，所以直线l的斜率为：2，所以所求的直线方程为：y−1=2(x+2)，
即2x−y+5=0
故选C
2.
【答案】
A
【考点】
直线与平面平行的性质
【解析】
A．不存在与l平行的直线，可用反证法证明：设l∩α=P，假设α内存在与l平行的直
线m，则m不过点P，在α内过点P作n // m，则n // l，得出矛盾，故假设不成立，即可
判断出；
B．如图2，在平面α内存在无数条与l垂直的直线．证明如下：设l∩α=A，在l取异于
点A的P，过PB⊥α，垂足为B，在α内作m⊥AB，由三垂线定理可得m⊥l，则在α所
有与m平行的直线n都与l垂直，即在平面α内存在无数条与l垂直的直线，据此即可判
断出．
C．由B可知：在平面α内存在无数条与l垂直的直线．因此C不正确．
D．由A可知：不存在与l平行的直线，因此D不正确．
【解答】
解：A．不存在与l平行的直线，可用反证法证明：设l∩α=P，假设α内存在与l平行
的直线m，则m不过点P，在α内过点P作n // m，则n // l，得出矛盾，故假设不成立，
因此A正确；
B．如图2，在平面α内存在无数条与l垂直的直线．证明如下：
设l∩α=A，在l取异于点A的P，过PB⊥α，垂足为B，
在α内作m⊥AB，由三垂线定理可得m⊥l，
则在α所有与m平行的直线n都与l垂直，即在平面α内存在无数条与l垂直的直线．因此B不正确．
C．由B可知：在平面α内存在无数条与l垂直的直线．因此C不正确．
D．由A可知：不存在与l平行的直线，因此D不正确．
综上可知：只有A正确．
故选A．
3.
【答案】
C
【考点】
空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】
若过点A与直线a的平面α与直线b平行时，不存在符合要求的平面．
【解答】
解：若过点A与直线a的平面α与直线b平行时，不存在符合要求的平面．否则过空间一点作平面，使其同时与两条异面直线平行．
故选：C．
4.
【答案】
A
【考点】
直线的一般式方程
【解析】
点斜式设出直线方程，求出与坐标轴的交点坐标，利用三角形面积求出斜率，从而得到1的直线方程．
【解答】
解：由题意可得：设直线为y−3=k(x−1)，
所以直线l交x轴于点(1−3
k
, 0)，交y轴于点(0, 3−k)，
因为直线l与两坐标轴的正半轴相交，
所以S=1
2×(1−3
k
)×(3−k)=6，解得k=−3，
所以直线方程为3x+y−6=0．故选A．
5.
【答案】
B
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
作出棱锥的高，利用勾股定理计算棱柱的高代入体积公式计算即可．【解答】
解：作三棱锥的高SO，连结AO，则O为三角形ABC的中心．
则AO=2
3⋅√3
2
⋅6=2√3．
∴棱锥的高SO=√SA2−AO2=√3．
∴三棱锥的体积V=1
3S△ABC⋅SO=1
3
×√3
4
×62×√3=9．
故选B．
6.
【答案】
C
【考点】
球的表面积和体积
【解析】
利用条件：球心到这个平面的距离是4cm、截面圆的半径、球的半径、求出球的半径，然后求出球的体积．
【解答】
解：一平面截一球得到直径是6cm的圆面，就是小圆的直径为6，
又球心到这个平面的距离是4cm，
所以球的半径是：5cm
所以球的体积是：4
3π×53=500π
3
cm3
故选C．
7.
【答案】
C
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
由棱柱的体积与棱锥体积的关系，由于三棱锥S−ABC三棱锥S−A1B1C1的底面全等，高之和等于棱柱的高，我们可得棱锥S−ABC的体积与三棱锥S−A1B1C1的体积和为1
3
V（其中V为斜三棱柱ABC−A1B1C1的体积），进而结合三棱柱ABC−A1B1C1的体积V ＝15，三棱锥S−ABC的体积为3，得到答案．
【解答】
∵三棱柱ABC−A1B1C1的体积V＝15，
三棱锥S−ABC的体积与三棱锥S−A1B1C1的体积和为1
3
V＝5
∵三棱锥S−ABC的体积为3，
∴三棱锥S−A1B1C1的体积2
8.
【答案】
A
【考点】
直线的点斜式方程
两条直线垂直与倾斜角、斜率的关系
【解析】
先根据垂直关系求出所求直线的斜率，由点斜式求直线方程，并化为一般式．
【解答】
解：设A(1, 2)，则OA的斜率等于2，
故所求直线的斜率等于−1
，
2
由点斜式求得所求直线的方程为
(x−1)，化简可得x+2y−5=0，
y−2=−1
2
故选A．
二、填空题：
【答案】
2x−y+16=0
【考点】
直线的一般式方程与直线的垂直关系
直线的一般式方程
【解析】
，从而得到所求垂线的斜率为k′=2，再由直线方程的算出已知直线的斜率为k=−1
2
点斜式方程列式，化简即可得到所求垂线方程．
【解答】
，
解：∵直线x+2y+3=0的斜率为k=−1
2
∴与直线x+2y+3=0垂直的直线斜率为k′=−1
=2，
k
因此过点(−6, 4)且与直线x+2y+3=0垂直的直线方程是y−4=2(x+6)，
化简得2x−y+16=0，即为所求垂线方程．
故答案为：2x−y+16=0
【答案】
30∘
【考点】
直线与平面所成的角
【解析】
取B1D1的中点H连接C1H，BH利用正方体的性质在结合线面垂直的判定定理可证得C1H⊥面B1D1DB，则∠HBC1即为BC1与平面BB1D1D所成的角．再令BC＝1在Rt△BHC1中sin∠HBC1=1
，即∠HBC1＝30∘，进而可得答案．
2
【解答】
解：取B1D1中点H，连接C1H，BH，
则由正方体的性质知C1H⊥D1B1，
∵BB1⊥面A1B1C1D1，且C1H⊂面A1B1C1D1，
∴C1H⊥BB1，
∵BB1∩D1B1=B1，
∴C1H⊥面B1D1DB，
∴C1H⊥BH，
∴∠HBC1即为BC1与平面BB1D1D所成的角，
，
设BC=1，则BC1=√2,C1H=√2
2
．
则在Rt△BHC1中，sin∠HBC1=1
2
∴∠HBC1=30∘.
故答案为：30∘.
【答案】
[−4, 5]
【考点】
二元一次不等式（组）与平面区域
【解析】
由题意知，两点A(−1, 2)，B(2, −1)分布在直线x−2y+m=0的两侧，利用直线两侧的点的坐标代入直线的方程x−2y+m=0中的左式，得到的结果为异号，得到不等式，解之即得m的取值范围．
【解答】
解：由题意得：
两点A(−1, 2)，B(2, −1)分布在直线x−2y+m=0的两侧，
∴(−1−2×2+m)[2−2×(−1)+m]≤0，
∴m∈[−4, 5]．
故答案为：[−4, 5]．
【答案】
105∘,165∘
【考点】
直线的倾斜角
两直线的夹角
【解析】
根据直线BC的倾斜角是45∘以及∠B=60∘可以求出αAB的值；由直线AC到直线BC的到角为60∘，代入tan60∘=k BC−k AC
即可求出答案．
⋅
【解答】
解：根据题意知：
αAB =45∘+60∘=105∘
∵ 直线AC 到直线BC 的到角为60∘ ∴ tan 60∘=k BC −k AC ⋅
=
1−k AC 1+k AC
=√3
∴ k AC =√3−2 ∴ a AC =165∘ 故答案为105∘.165∘ 三、解答题： 【答案】
解：由{x +y +1=03x −y +4=0的相邻两条边的交点为(−54，1
4)，
又对角线的交点为M(3, 0)， 由中点坐标公式得：
另两条边的交点为(2×3−(−5
4)，2×0−1
4)即(29
4，−1
4)，
且这两条边所在直线的斜率分别等于直线x +y +1=0和3x −y +4=0的斜率，为−1和3，
由点斜式知，所求两条直线的方程为y +1
4=−(x −
29
4
)和y +14=3(x −294
)，
即x +y −7=0和3x −y −22=0．
【考点】
直线的一般式方程 【解析】
根据平行四边形的两条边所在的直线方程求出它们所在的直线的斜率，再利用两直线平行的条件得出这个四边形的其它两边所在的直线斜率，结合中点坐标公式求出另两条边的交点，从而求出这个四边形的其它两边所在的直线方程． 【解答】
解：由{x +y +1=03x −y +4=0的相邻两条边的交点为(−54，1
4)，
又对角线的交点为M(3, 0)， 由中点坐标公式得：
另两条边的交点为(2×3−(−5
4)，2×0−1
4)即(29
4，−1
4)，
且这两条边所在直线的斜率分别等于直线x +y +1=0和3x −y +4=0的斜率，为−1和3，
由点斜式知，所求两条直线的方程为y +1
4=−(x −
294
)和y +14
=3(x −
294
)，
即x +y −7=0和3x −y −22=0． 【答案】 解：如图，
作C1D1⊥A1B1，CD⊥AB，作C1E⊥CD=E，D1F⊥CD=F，∵上底面边长为3，∴上底面边A1B1上的高C1D1=3√3
2
，
则O1D1=√3
2
，O1C1=√3，
∵下底面边长为6，∴下底面边AB上的高为CD=3√3，
则OD=√3，OC=2√3，
∴DF=OD−O1D1=√3
2
，CE=OC−O1C1=√3，
上底面面积为1
2×3×3√3
2
=9√3
4
，下底面面积为1
2
×6×3√3=9√3．（1）若正三棱台侧
面与底面成60∘，即∠D1DF=60∘，∴三棱锥的高为√3DF=3
2
，
则三棱台体积V=1
3×3
2
(9√3
4
+9√3+√9√3
4
×9√3)=63√3
8
；
（2）若正三棱台侧棱与底面成60∘，即∠C1CE=60∘，∴三棱锥的高为√3CE=3，
则三棱台体积V=1
3×3(9√3
4
+9√3+√√
4
=63√3
4
．
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
柱体、锥体、台体的面积求解
【解析】
由题意画出图形，由已知求出上下底面面积．（1）当侧面与底面所成的角为60∘时，解
三角形求出棱台的高，代入体积公式得答案；
（2）当侧棱与底面所成的角为60∘时，解三角形求出棱台的高，代入体积公式得答案．
【解答】
解：如图，
作C1D1⊥A1B1，CD⊥AB，作C1E⊥CD=E，D1F⊥CD=F，∵上底面边长为3，∴上底面边A1B1上的高C1D1=3√3
2
，
则O1D1=√3
2
，O1C1=√3，
∵下底面边长为6，∴下底面边AB上的高为CD=3√3，
则OD=√3，OC=2√3，
∴DF=OD−O1D1=√3
2
，CE=OC−O1C1=√3，
上底面面积为1
2×3×3√3
2
=9√3
4
，下底面面积为1
2
×6×3√3=9√3．（1）若正三棱台侧
面与底面成60∘，即∠D1DF=60∘，∴三棱锥的高为√3DF=3
2
，
则三棱台体积V=1
3×3
2
(9√3
4
+9√3+√9√3
4
×9√3)=63√3
8
；
（2）若正三棱台侧棱与底面成60∘，即∠C1CE=60∘，∴三棱锥的高为√3CE=3，
则三棱台体积V=1
3×3(9√3
4
+9√3+√√
4
=63√3
4
．
【答案】
解：点A为y=0与x−2y+1=0两直线的交点，∴点A的坐标为(−1, 0)．
∴k AB=2−0
1−(−1)
=1．
又∵∠A的平分线所在直线的方程是y=0，
∴k AC=−1．
∴直线AC的方程是y=−x−1．
而BC与x−2y+1=0垂直，∴k BC=−2．
∴直线BC的方程是y−2=−2(x−1)．
由y=−x−1，y=−2x+4，
解得C(5, −6)．
∴点A和点C的坐标分别为(−1, 0)和(5, −6)
【考点】
两条直线的交点坐标
两条直线垂直与倾斜角、斜率的关系
【解析】
根据三角形的性质解A点，再解出AC的方程，进而求出BC方程，解出C点坐标．逐步解答．
【解答】
解：点A为y=0与x−2y+1=0两直线的交点，
∴点A的坐标为(−1, 0)．
∴k AB=2−0
=1．
1−(−1)
又∵∠A的平分线所在直线的方程是y=0，
∴k AC=−1．
∴直线AC的方程是y=−x−1．
而BC与x−2y+1=0垂直，∴k BC=−2．
∴直线BC的方程是y−2=−2(x−1)．
由y=−x−1，y=−2x+4，
解得C(5, −6)．
∴点A和点C的坐标分别为(−1, 0)和(5, −6)
【答案】
证明：（1）如图，
连接BC1交B1C于点O，则O是BC1的中点，
又因为M是AB的中点，连接OM，则OM // AC1．
因为OM⊂平面B1MC，AC1⊄平面B1MC，
所以AC1 // 平面B1MC．
（2）因为AB⊥平面BCC1B1，B1C⊂平面BCC1B1，
所以AB⊥B1C．
又因为B1C⊥BC1，且AB∩BC1=B，所以B1C⊥平面ABC1．
因为AC1⊂平面ABC1，AC1⊥B1C．
同理，AC1⊥B1D1．因为B1D1∩B1C=B1，
所以AC1⊥平面D1B1C．
因为OM // AC1，所以OM⊥平面D1B1C．OM⊂平面B1MC，所以平面D1B1C⊥平面
B1MC．
【考点】
平面与平面垂直的判定
直线与平面平行的判定
【解析】
（1）要证明AC1 // 平面B1MC，可证明AC1 // 平面B1MC内的一条直线，由M为AB的中点，可找BC1的中点，然后利用三角形中位线的性质得到显现平行，从而得到线面平行；（2）证平面D1B1C⊥平面B1MC，可证平面B1MC经过平面D1B1C的一条垂线，由几何
体为正方体易证AC1⊥平面D1B1C，而OM // AC1，所以OM⊥平面D1B1C，从而证得结论．
【解答】
证明：（1）如图，
连接BC1交B1C于点O，则O是BC1的中点，
又因为M是AB的中点，连接OM，则OM // AC1．
因为OM⊂平面B1MC，AC1⊄平面B1MC，
所以AC1 // 平面B1MC．
（2）因为AB⊥平面BCC1B1，B1C⊂平面BCC1B1，
所以AB⊥B1C．
又因为B1C⊥BC1，且AB∩BC1=B，所以B1C⊥平面ABC1．
因为AC1⊂平面ABC1，AC1⊥B1C．
同理，AC1⊥B1D1．因为B1D1∩B1C=B1，
所以AC1⊥平面D1B1C．
因为OM // AC1，所以OM⊥平面D1B1C．OM⊂平面B1MC，所以平面D1B1C⊥平面
B1MC．
【答案】
解：（1）在直角坐标系中，射线OA、OB分别与x轴成45∘角和30∘角，可得射线OA:x−
y=0(x≥0)，OB:√3x+3y=0(x≥0)，
由题意直线AB的斜率不为0，因为过点P，故可设为：x=my+1，
分别与射线OA、OB联立，得A(1
1−m , 1
1−m
)，B(√3
m+√3m+√3
)
因为AB的中点为P，由中点坐标公式1
1−m −
m+√3
=0，解得m=1−√3
2
所以直线AB的方程为：2x−(1−√3)y−2=0
（2）由（1）可知AB的中点M坐标为：(
1
1−m
+√3
m+√3
2
1
1−m
−1
m+√3
2
)，
因为AB的中点在直线y=1
2x上，所以
1
1−m
−1
m+√3
2
=1
2
×
1
1−m
+√3
m+√3
2
，
解得：m=3−√3
3
，所以直线AB的方程为：3x−(3−√3)y−3=0
【考点】
待定系数法求直线方程
【解析】
（1）由题意直线AB的斜率不为0，因为过点P，故可设为：x=my+1，分别与射线OA、OB联立，求出A、B点坐标，因为AB的中点为P，由中点坐标公式列方程求解即可．
（2）同（1）求出A、B点坐标，求出中点坐标，因为AB的中点在直线y=1
2
x上，代入
求解即可．
【解答】
解：（1）在直角坐标系中，射线OA、OB分别与x轴成45∘角和30∘角，可得射线OA:x−y=0(x≥0)，OB:√3x+3y=0(x≥0)，
由题意直线AB的斜率不为0，因为过点P，故可设为：x=my+1，
分别与射线OA、OB联立，得A(1
1−m , 1
1−m
)，B(√3
m+√3m+√3
)
因为AB的中点为P，由中点坐标公式1
1−m −
m+√3
=0，解得m=1−√3
2
所以直线AB的方程为：2x−(1−√3)y−2=0
（2）由（1）可知AB的中点M坐标为：(
1
1−m
+√3
m+√3
2
1
1−m
−1
m+√3
2
)，
因为AB的中点在直线y=1
2x上，所以
1
1−m
−1
m+√3
2
=1
2
×
1
1−m
+√3
m+√3
2
，
解得：m=3−√3
3
，所以直线AB的方程为：3x−(3−√3)y−3=0。