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云南省昭通市水富县云天化中学2015-2016学年高二上学期9月月考试数学试卷 Word版含解析


2015-2016 学年云南省昭通市水富县云天化中学高二(上)9 月 月考试数学试卷
一.选择题: (每小题 5 分,共 60 分.每小题只有一个选项符合题意.) 1.以下四个命题: ①过一点有且仅有一个平面与已知直线垂直; ②若平面外两点到平面的距离相等,则过这两点的直线必平行于该平面; ③两条相交直线在同一平面内的射影必为相交直线; ④两个互相垂直的平面,一个平面内

的任一直线必垂直于另一平面的无数条直线. 其中正确的命题是( ) A.①和② B.②和③ C.③和④ D.①和④ 2.若直线 l 不平行于平面 α,且 l?α,则( ) A.α 内的所有直线与 l 异面 B.α 内不存在与 l 平行的直线 C.α 内存在唯一的直线与 l 平行 D.α 内的直线与 l 都相交 3.下列命题正确的是( ) A.若两条直线和同一个平面所成的角相等,则这两条直线平行 B.若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等,则这两个平面平行 C.若一条直线平行于两个相交平面,则这条直线与这两个平面的交线平行 D.若两个平面都垂直于第三个平面,则这两个平面平行 4.直线 y=kx+1 与圆 x +y =1 的位置关系是( ) A.相交 B.相切 C.相交或相切 D.不能确定 5.某几何体的三视图如图所示,则它的体积为( )
2 2

A.8﹣

B.8﹣
2

C.8﹣2π
2

D.

6.直线 x﹣y+4=0 被圆 x +y +4x﹣4y+6=0 截得的弦长等于( A. B. C. D.



7.正方体 ABCD﹣A1B1C1D1,E、F 分别是正方形 A1B1C1D1 和 ADD1A1 的中心,则 EF 和 CD 所成的角是( )

A.60° B.45° C.30° D.90° 8.直线 l 与圆 x +y +2x﹣4y+a=0(a<3)相交于两点 A、B,弦 AB 的中点为 D(0,1) , 则直线 l 的方程为( ) A.x+y+1=0 B.x﹣y+1=0 C.x﹣y﹣1=0 D.x+y﹣1=0 9.到点(﹣1,0)的距离与到直线 x=3 的距离相等的点的轨迹方程为( 2 2 2 2 A.x =﹣4y+4 B.x =﹣8y+8 C.y =﹣4x+4 D.y =﹣8x+8
2 2 2 2



10. 若直线过点 P (﹣3, ﹣ ) , 且被圆 x +y =25 截得的弦长是 8, 则这条直线的方程是 ( A.3x+4y+15=0 C.x=﹣3 B.x=﹣3 或 y=﹣



D.x=﹣3 或 3x+4y+15=0
2 2

11.圆(x﹣3) +(y﹣3) =9 上到直线 3x+4y﹣11=0 的距离等于 2 的点有( A.1 个 B.2 个 C.3 个 D.4 个 12.若直线 y=x+b 与曲线 A. B.0 C.1 D.



有且只有 1 个公共点,则 b 的取值不可能是(



二.填空题: (本大题共 5 小题,每小题 5 分,共 20 分.把答案填在题中横线上.) 2 2 2 2 13.若圆 O:x +y =4 与圆 C:x +y +4x﹣4y+4=0 关于直线 l 对称,则直线 l 的方程 是 .

14.若变量 x、y 满足约束条件

,且 z=2x+y 的最大值和最小值分别为 M 和 m,

则 M﹣m=


2 2

15. (2015 秋?水富县校级月考) (文)函数 y=cos ax﹣sin ax 的最小正周期为 π,则 a 的值 是 .

16.与直线 x+y﹣2=0 和曲线 x +y ﹣12x﹣12y+54=0 都相切的半径最小的圆的标准方程 是 . 17.已知三棱锥 A﹣BCD 的所有顶点都在球 O 的球面上,AB 为球 O 的直径,若该三棱锥 的体积为 ,BC=2,BD= ,∠CBD=90°,则球 O 的表面积为 .

2

2

三.解答题: (17 题 10 分,其余各题每题 12 分,共 70 分,解答应写出文字说明,证明过程 或演算步骤.) 18.已知圆 两圆的交点为 A,B 两点,求: (1)直线 AB 的方程 (2)A,B 两点间的距离|AB| (3)直线 AB 的垂直平分线的方程. 19.在△ABC 中, (2a﹣c)cosB=bcosC. (1)求角 B; (2)若 ,求△ABC 的面积. ,圆 ,该

20.已知各项均为正数的等比数列{an}中,a2=2,a3?a5=64 (1)求数列{an}的通项公式; (2)设 bn=log2an,求数列{an+1?bn+1}的前 n 项和 Tn. 21.已知圆 C: (x﹣1) +(y﹣2) =25,直线 l: (2m+1)x+(m+1)y﹣7m﹣4=0, (1)求证:直线 l 恒过定点; (2)判断直线 l 被圆 C 截得的弦长何时最长,何时最短?并求截得的弦长最短时,求 m 的 值以及最短长度. 22.如图在正方体 ABCD﹣A1B1C1D1 中, (1)求证:平面 AA1C1C⊥平面 A1BD (2)求直线 A1B 与平面 A1B1CD 所成的角.
2 2

23.如图,直三棱柱 ABC﹣A′B′C′,∠BAC=90°, 和 B′C′的中点. (Ⅰ)证明:MN∥平面 A′ACC′; (Ⅱ)求三棱锥 A′﹣MNC 的体积. (椎体体积公式 V= Sh,其中 S 为底面面积,h 为高)

,AA′=1,点 M,N 分别为 A′B

2015-2016 学年云南省昭通市水富县云天化中学高二 (上)9 月月考试数学试卷
参考答案与试题解析

一.选择题: (每小题 5 分,共 60 分.每小题只有一个选项符合题意.) 1.以下四个命题: ①过一点有且仅有一个平面与已知直线垂直; ②若平面外两点到平面的距离相等,则过这两点的直线必平行于该平面; ③两条相交直线在同一平面内的射影必为相交直线; ④两个互相垂直的平面,一个平面内的任一直线必垂直于另一平面的无数条直线. 其中正确的命题是( ) A.①和② B.②和③ C.③和④ D.①和④ 【考点】两条直线垂直的判定;直线与平面平行的判定;直线与平面垂直的性质;平面与平 面垂直的判定. 【分析】通过直线与平面垂直判断①;找出反例判定②;找出反例否定③;平面与平面垂 直的性质判断④;推出正确选项. 【解答】解:①过一点有且仅有一个平面与已知直线垂直,满足直线与平面垂直的条件, 成立; ②若平面外两点到平面的距离相等,则过这两点的直线必平行于该平面,如果两点在平面 两侧,不成立; ③两条相交直线在同一平面内的射影必为相交直线,如果两条相交直线所在平面与已知平 面垂直,射影则是一条直线,不正确; ④两个互相垂直的平面,一个平面内的任一直线必垂直于另一平面的无数条直线.正确. 故选 D. 【点评】本题考查两条直线垂直的判定,直线与平面平行的判定,直线与平面垂直的性质, 平面与平面垂直的判定,考查逻辑推理能力,是基础题. 2.若直线 l 不平行于平面 α,且 l?α,则( ) A.α 内的所有直线与 l 异面 B.α 内不存在与 l 平行的直线 C.α 内存在唯一的直线与 l 平行 D.α 内的直线与 l 都相交 【考点】平面的基本性质及推论. 【专题】计算题;空间位置关系与距离. 【分析】根据线面关系的定义,我们根据已知中直线 l 不平行于平面 α,且 l?α,判断出直 线 l 与 α 的关系,利用直线与平面相交的定义,我们逐一分析四个答案,即可得到结论. 【解答】解:直线 l 不平行于平面 α,且 l?α,则 l 与 α 相交 l 与 α 内的直线可能相交,也可能异面,但不可能平行 故 A,C,D 错误 故选 B. 【点评】本题考查线线、线面位置关系的判定,考查逻辑推理能力和空间想象能力.其中利 用已知判断出直线 l 与 α 的关系是解答本题的关键.

3.下列命题正确的是( ) A.若两条直线和同一个平面所成的角相等,则这两条直线平行 B.若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等,则这两个平面平行 C.若一条直线平行于两个相交平面,则这条直线与这两个平面的交线平行 D.若两个平面都垂直于第三个平面,则这两个平面平行 【考点】空间中直线与平面之间的位置关系;命题的真假判断与应用. 【专题】简易逻辑. 【分析】利用直线与平面所成的角的定义,可排除 A;利用面面平行的位置关系与点到平面 的距离关系可排除 B;利用线面平行的判定定理和性质定理可判断 C 正确;利用面面垂直 的性质可排除 D. 【解答】解:A、若两条直线和同一个平面所成的角相等,则这两条直线平行、相交或异面, 故 A 错误; B、 若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等, 则这两个平面平行或相交, 故 B 错误; C、设平面 α∩β=a,l∥α,l∥β,由线面平行的性质定理,在平面 α 内存在直线 b∥l,在平 面 β 内存在直线 c∥l,所以由平行公理知 b∥c,从而由线面平行的判定定理可证明 b∥β, 进而由线面平行的性质定理证明得 b∥a,从而 l∥a,故 C 正确; D,若两个平面都垂直于第三个平面,则这两个平面平行或相交,排除 D. 故选 C. 【点评】本题主要考查了空间线面平行和垂直的位置关系,线面平行的判定和性质,面面垂 直的性质和判定,空间想象能力,属基础题. 4.直线 y=kx+1 与圆 x +y =1 的位置关系是( ) A.相交 B.相切 C.相交或相切 D.不能确定 【考点】直线与圆的位置关系. 【专题】计算题;数形结合;数形结合法;直线与圆. 【分析】求出直线系经过的定点,判断定点与圆的位置关系即可. 2 2 【解答】解:直线 y=kx+1 恒过(0,1) ,因为(0,1)在圆 x +y =1 上,所以直线 y=kx+1 2 2 与圆 x +y =1 的位置关系是:相交或相切. 故选:C. 【点评】本题考查直线与圆的位置关系的应用,考查计算能力. 5.某几何体的三视图如图所示,则它的体积为( )
2 2

A.8﹣

B.8﹣

C.8﹣2π

D.

【考点】由三视图求面积、体积. 【专题】计算题;空间位置关系与距离.

【分析】三视图中长对正,高对齐,宽相等;由三视图想象出直观图,一般需从俯视图构建 直观图,该几何体为正方体内挖去一个圆锥. 【解答】解:由题意可知,该几何体为正方体内挖去一个圆锥, 正方体的边长为 2,圆锥的底面半径为 1,高为 2, 则正方体的体积为 V1=2 =8,圆锥的体积为 V2= ?π?1 ?2= 则该几何体的体积为 V=8﹣ ,
3 2



故选 A. 【点评】三视图中长对正,高对齐,宽相等;由三视图想象出直观图,一般需从俯视图构建 直观图,本题考查了学生的空间想象力,识图能力及计算能力. 6.直线 x﹣y+4=0 被圆 x +y +4x﹣4y+6=0 截得的弦长等于( ) A. B. C. D. 【考点】直线与圆相交的性质. 【专题】计算题. 【分析】 先将圆化成标准方程, 求出圆心与半径, 再求圆心到直线的距离, 然后解弦长即可. 【解答】解: (x+2) +(y﹣2) =2, 圆心到直线的距离为 d=
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=0

直线 x﹣y+4=0 被圆 x +y +4x﹣4y+6=0 截得的弦长等于圆的直径:2 ; 故选 B. 【点评】本题主要考查了直线和圆的方程的应用,以及弦长问题,属于基础题. 7.正方体 ABCD﹣A1B1C1D1,E、F 分别是正方形 A1B1C1D1 和 ADD1A1 的中心,则 EF 和 CD 所成的角是( )

A.60° B.45° C.30° D.90° 【考点】异面直线及其所成的角. 【专题】计算题. 【分析】要求线线角,关键是作出线线角,利用平行关系可得线线角.故可求. 【解答】解:连接 AB1 ∵E、F 分别是正方形 A1B1C1D1 和 ADD1A1 的中心, ∴EF∥AB1 ∵AB∥CD ∴∠B1AB 为 EF 和 CD 所成的角,为 45° 故选 B. 【点评】本题的考点是异面直线及其所成的角,主要考查线线角,关键是作出线线角,从而 得解.

8.直线 l 与圆 x +y +2x﹣4y+a=0(a<3)相交于两点 A、B,弦 AB 的中点为 D(0,1) , 则直线 l 的方程为( ) A.x+y+1=0 B.x﹣y+1=0 C.x﹣y﹣1=0 D.x+y﹣1=0 【考点】直线与圆相交的性质. 【专题】计算题;直线与圆. 2 2 【分析】圆 x +y +2x﹣4y+a=0 化为标准方程,可得圆心坐标,先求出垂直于直线 l 的直线 的斜率,再求出直线 l 的斜率,利用点斜式可得直线方程. 【解答】解:圆 x +y +2x﹣4y+a=0 化为标准方程为(x+1) +(y﹣2) =5﹣a,圆心坐标为 C(﹣1,2) . ∵弦 AB 的中点 D(0,1) , ∴kCD=﹣1, ∴直线 l 的斜率为 1, ∴直线 l 的方程为 y=x+1,即 x﹣y+1=0. 故选 B. 【点评】本题考查直线方程,考查直线与圆的位置关系,正确求出直线的斜率是关键. 9.到点(﹣1,0)的距离与到直线 x=3 的距离相等的点的轨迹方程为(
2 2 2 2 2 2 2 2

2

2



A.x =﹣4y+4 B.x =﹣8y+8 C.y =﹣4x+4 D.y =﹣8x+8 【考点】轨迹方程. 【专题】计算题. 【分析】由题意动点到定点点(﹣1,0)的距离与到直线 x=3 的距离相等,利用直接法, 设出动点为 P 的坐标(x,y) ,利用条件建立方程并化简即可. 【解答】解:由题意设动点 P(x,y) ,因为动点到定点点(﹣1,0)的距离与到直线 x=3 的距离相等,所以 ?两边平方化简为:y =﹣8x+8
2

故选 D 【点评】此题重点考查了利用直接法求动点的轨迹方程,还考查了根式的化简方法,及学生 对于轨迹方程的定义的准确理解和计算能力.
2 2

10. 若直线过点 P (﹣3, ﹣ ) , 且被圆 x +y =25 截得的弦长是 8, 则这条直线的方程是 ( A.3x+4y+15=0 B.x=﹣3 或 y=﹣



C.x=﹣3 D.x=﹣3 或 3x+4y+15=0 【考点】直线的一般式方程;直线与圆相交的性质. 【专题】分类讨论. 【分析】根据垂径定理及勾股定理,由圆的半径和截得的弦长的一半求出弦心距,即圆心到 直线的距离等于所求的弦心距,分斜率存在和不存在两种情况:当斜率存在时,设直线的斜 率为 k,根据 P 的坐标写出直线的方程,利用点到直线的距离公式表示出圆心到直线的距离 d,让 d 等于求出的弦心距列出关于 k 的方程,求出方程的解即可得到 k 的值,确定出所求 直线的方程;当斜率不存在时,因为圆心到直线 x=﹣3 的距离等于弦心距 3,显然直线 x= ﹣3 满足题意,综上,得到满足题意的两直线的方程. 2 2 【解答】解:由圆的方程 x +y =25,得到圆心坐标为(0,0) ,半径 r=5, 又直线被圆截得的弦长为 8, 根据垂径定理得到圆心到直线的距离即弦心距为 =3,

当所求直线的斜率存在时,设直线的方程为:y+ =k(x+3)即 kx﹣y+3k﹣ =0,

所以圆心到直线的距离 d=

=3,

化简得:9k= ﹣9 即 k=﹣ ,所以所求直线的方程为:3x+4y+15=0; 当所求直线的斜率不存在时,显然所求直线的方程为:x=﹣3, 综上,满足题意的直线方程为 x=﹣3 或 3x+4y+15=0. 故选 D 【点评】此题考查学生掌握垂径定理及勾股定理,灵活运用点到直线的距离公式化简求值, 考查了分类讨论的数学数学思想,是一道中档题.学生容易把斜率不存在的情况忽视. 11.圆(x﹣3) +(y﹣3) =9 上到直线 3x+4y﹣11=0 的距离等于 2 的点有( ) A.1 个 B.2 个 C.3 个 D.4 个 【考点】直线与圆相交的性质. 【专题】计算题;数形结合;综合法;直线与圆. 【分析】确定圆心和半径,求出圆心到直线的距离,与半径比较,数形结合可知共有三个交 点. 2 2 【解答】解: (x﹣3) +(y﹣3) =9 是一个以(3,3)为圆心,3 为半径的圆. 圆心到 3x+4y﹣11=0 的距离为 d= =2,即 AD=2,
2 2

∴ED=1,即圆周上 E 到已知直线的距离为 1, ∴圆上的点到直线 3x+4y﹣11=0 的距离为 2 的点有 2 个. 故选:B.

【点评】本题考查了直线与圆的位置关系,用到点到直线的距离公式,考查学生分析解决问 题的能力,属于中档题.

12.若直线 y=x+b 与曲线

有且只有 1 个公共点,则 b 的取值不可能是(



A. B.0 C.1 D. 【考点】直线与圆锥曲线的关系. 【专题】计算题;数形结合;转化思想;圆锥曲线的定义、性质与方程.

【分析】直线 y=x+b 是一条斜率为 1,截距为 b 的直线;曲线

是一个圆心为(0,

0) , 半径为 1 的右半圆. 它们有且有一个公共点, 做出它们的图形, 则易得 b 的取值范围. 然 后判断选项即可. 【解答】解:直线 y=x+b 是一条斜率为 1,截距为 b 的直线; 曲线 变形为 x +y =1 且 x≥0
2 2

显然是一个圆心为(0,0) ,半径为 1 的右半圆. 根据题意,直线 y=x+b 与曲线 有且有一个公共点 .

做出它们的图形,则易得 b 的取值范围是:﹣1<b≤1 或 b=﹣ 故选:D.

【点评】 (1)要注意曲线

是一个圆心为(0,0) ,半径为 1 的右半圆.始终要注

意曲线方程的纯粹性和完备性. (2)它们有且有一个公共点,做出它们的图形,还要注意直 线和曲线相切的特殊情况.作为选择题,画出图形直接判断即可,不需要严格求解. 二.填空题: (本大题共 5 小题,每小题 5 分,共 20 分.把答案填在题中横线上.) 2 2 2 2 13.若圆 O:x +y =4 与圆 C:x +y +4x﹣4y+4=0 关于直线 l 对称,则直线 l 的方程是 x ﹣y+2=0 . 【考点】关于点、直线对称的圆的方程. 【专题】直线与圆. 【分析】 由题意可得直线 l 即为两个圆的圆心连接成的线段的中垂线, 求得 CO 的中点为 (﹣ 1,1) ,CO 的斜率为﹣1,可得直线 l 的斜率为 1,利用点斜式求得直线 l 的方程 【解答】解:由于两个圆的圆心分别为 O(0,0) 、C(﹣2,2) , 由题意可得直线 l 即为两个圆的圆心连接成的线段的中垂线, 求得 CO 的中点为(﹣1,1) ,CO 的斜率为﹣1,故直线 l 的斜率为 1,利用点斜式求得直 线 l 的方程为 x﹣y+2=0, 故答案为:x﹣y+2=0. 【点评】本题主要考查两个圆关于一条直线对称的性质,利用点斜式求直线的方程,属于中 档题.

14.若变量 x、y 满足约束条件

,且 z=2x+y 的最大值和最小值分别为 M 和 m,

则 M﹣m= 6 . 【考点】简单线性规划. 【专题】不等式的解法及应用. 【分析】作出不等式组对应的平面区域,利用 z 的几何意义,进行平移即可得到结论. 【解答】解:作出不等式组对应的平面区域如图: 由 z=2x+y,得 y=﹣2x+z, 平移直线 y=﹣2x+z,由图象可知当直线 y=﹣2x+z 经过点 A, 直线 y=﹣2x+z 的截距最小,此时 z 最小, 由 ,解得 ,

即 A(﹣1,﹣1) ,此时 z=﹣2﹣1=﹣3,此时 N=﹣3, 平移直线 y=﹣2x+z,由图象可知当直线 y=﹣2x+z 经过点 B, 直线 y=﹣2x+z 的截距最大,此 时 z 最大,



,解得,

即 B(2,﹣1) ,此时 z=2×2﹣1=3,即 M=3, 则 M﹣N=3﹣(﹣3)=6, 故答案为:6.

【点评】本题主要考查线性规划的应用,利用 z 的几何意义,利用数形结合是解决本题的关 键. 15. (2015 秋?水富县校级月考) (文)函数 y=cos ax﹣sin ax 的最小正周期为 π,则 a 的值 是 ±1 . 【考点】三角函数的周期性及其求法.
2 2

【专题】转化思想;综合法;三角函数的求值. 【分析】由条件利用二倍角公式化简函数的解析式,再根据余弦函数的周期性求得 a 的值. 【解答】解:函数 y=cos ax﹣sin ax=cos2ax 的最小正周期为
2 2

=π,∴a=±1,

故答案为:±1. 【点评】本题主要考查二倍角的余弦公式,余弦函数的周期性,属于基础题. 16.与直线 x+y﹣2=0 和曲线 x +y ﹣12x﹣12y+54=0 都相切的半径最小的圆的标准方程是 2 2 (x﹣2) +(y﹣2) =2 . 【考点】直线和圆的方程的应用. 【专题】压轴题. 【分析】由题意可知先求圆心坐标,再求圆心到直线的距离,求出最小的圆的半径,圆心坐 标,可得圆的方程. 2 2 【解答】解:曲线化为(x﹣6) +(y﹣6) =18, 其圆心到直线 x+y﹣2=0 的距离为 所求的最小圆的圆心在直线 y=x 上, 其到直线的距离为 ,圆心坐标为(2,2) . 2 2 标准方程为(x﹣2) +(y﹣2) =2. 2 2 故答案为: (x﹣2) +(y﹣2) =2. .
2 2

【点评】本题考查直线和圆的方程的应用,考查转化的数学思想,是中档题. 17.已知三棱锥 A﹣BCD 的所有顶点都在球 O 的球面上,AB 为球 O 的直径,若该三棱锥 的体积为 ,BC=2,BD= ,∠CBD=90°,则球 O 的表面积为 11π .

【考点】球的体积和表面积. 【专题】计算题;空间位置关系与距离. 【分析】先利用体积,求出 A 到平面 BCD 的距离,可得 O 到平面 BCD 的距离,再利用勾 股定理,求出球的半径,即可求出球 O 的表面积. 【解答】解:由题意,设 A 到平面 BCD 的距离为 h,则 ∵三棱锥的体积为 ∴ × = ,BC=2,BD= , ,∠CBD=90°,

∴h=2, ∴O 到平面 BCD 的距离为 1,

∵△BCD 外接圆的直径 BD= ∴OB= = ,



∴球 O 的表面积为 4π×

=11π.

故答案为:11π. 【点评】本题考查球 O 的表面积,考查学生的计算能力,确定球的半径是关键. 三.解答题: (17 题 10 分,其余各题每题 12 分,共 70 分,解答应写出文字说明,证明过程 或演算步骤.) 18.已知圆 ,圆 ,该

两圆的交点为 A,B 两点,求: (1)直线 AB 的方程 (2)A,B 两点间的距离|AB| (3)直线 AB 的垂直平分线的方程. 【考点】圆与圆的位置关系及其判定. 【专题】计算题;方程思想;综合法;直线与圆. 【分析】 (1)先求出 A,B 的坐标,再利用两点式求方程; (2)利用两点间的距离公式,即可求出 A,B 两点间的距离|AB| (3)AB 的中点坐标为(1,0) ,直线 AB 的斜率为﹣ ,即可求出直线 AB 的垂直平分线 的方程. 【解答】解:两圆方程联立,解方程组,可得 A(3,﹣1) ,B(﹣1,1) (1)直线 AB 的方程:y+1= (2)A,B 两点间的距离|AB|= (3)AB 的中点坐标为(1,0) ,直线 AB 的斜率为﹣ , ∴直线 AB 的垂直平分线的方程 2x﹣y﹣2=0. 【点评】本题考查圆与圆的位置关系,考查直线方程,距离的计算,考查学生的计算能力, 属于中档题. 19.在△ABC 中, (2a﹣c)cosB=bcosC. (1)求角 B; (2)若 ,求△ABC 的面积. 【考点】余弦定理;正弦定理. 【专题】计算题;转化思想;分析法;解三角形. 【分析】 (1)由正弦定理化简已知等式可得:2sinAcosB=sinA,结合 A 为三角形内角,解 得 cosB,由 B 为三角形内角,可得 B 的值; 2 2 (2)由余弦定理可得:b =(a﹣c) +2ac﹣2accosB,得 ac=10,利用三角形面积公式即可 得解. 【解答】解: (1)∵(2a﹣c)cosB=bcosC. (x﹣3) ,即 x+2y﹣1=0; =2 ;

∴由正弦定理可得: (2sinA﹣sinC)cosB=sinBcosC,整理可得: 2sinAcosB=sinBcosC+sinCcosB=sin(B+C)=sinA, ∵A 为三角形内角,sinA≠0, ∴解得:cosB= , ∴由 B 为三角形内角,可得:B=60°; (2)∵ , 2 2 2 2 ∴由余弦定理可得:b =a +c ﹣2accosB=(a﹣c) +2ac﹣2accosB,得 ac=10, ∴S△ABC= acsinB= .

【点评】本题主要考查了正弦定理,余弦定理,三角形面积公式,两角和是正弦函数公式在 解三角形中的综合应用,考查了转化思想和计算能力,属于中档题. 20.已知各项均为正数的等比数列{an}中,a2=2,a3?a5=64 (1)求数列{an}的通项公式; (2)设 bn=log2an,求数列{an+1?bn+1}的前 n 项和 Tn. 【考点】数列的求和;等比数列的通项公式. 【专题】等差数列与等比数列. 【分析】 (1)利用等比数列的通项公式即可得出. n (2)bn=log2an=n﹣1,可得 an+1?bn+1=n?2 .利用“错位相减法”和等比数列的前 n 项和公式 即可得出. 【解答】解: (1)设各项均为正数的等比数列{an}的公比 q>0, ∵a2=2,a3a5=64,∴a1q=2, ∴ . ,解得 q=2,a1=1.

(2)bn=log2an=n﹣1, n ∴an+1?bn+1=n?2 . 2 3 n ∴Tn=1×2+2×2 +3×2 +…+n?2 , 2 3 n n+1 2Tn=2 +2×2 +…+(n﹣1)?2 +n?2 , ∴﹣Tn=2+2 +2 +…+2 ﹣n?2
n+1 2 3 n n+1

=2×

﹣n?2

n+1



∴Tn=(n﹣1)?2 +2. 【点评】本题考查了“错位相减法”和等比数列的通项公式及其前 n 项和公式,考查了推理能 力与计算能力,属于中档题. 21.已知圆 C: (x﹣1) +(y﹣2) =25,直线 l: (2m+1)x+(m+1)y﹣7m﹣4=0, (1)求证:直线 l 恒过定点; (2)判断直线 l 被圆 C 截得的弦长何时最长,何时最短?并求截得的弦长最短时,求 m 的 值以及最短长度. 【考点】直线和圆的方程的应用;恒过定点的直线. 【专题】计算题;证明题.
2 2

【分析】 (1)直线 l 的方程可化为(2x+y﹣7)m+(x+y﹣4)=0,要使直线 l 恒过定点,则 与参数的变化无关,从而可得 ,易得定点; (2)当直线 l 过圆心 C 时,直线被

圆截得的弦长最长;当直线 l⊥CP 时,直线被圆截得的弦长最短 【解答】解: (1)证明:直线 l 的方程可化为(2x+y﹣7)m+(x+y﹣4)=0(3 分) (5 分) 所以直线恒过定点(3,1) (6 分) (2)当直线 l 过圆心 C 时,直线被圆截得的弦长最长. (8 分) 当直线 l⊥CP 时,直线被圆截得的弦长最短 直线 l 的斜率为 由 解得

此时直线 l 的方程是 2x﹣y﹣5=0 圆心 C(1,2)到直线 2x﹣y﹣5=0 的距离为 )

所以最短弦长是 (12 分) 【点评】 本题考查直线恒过定点问题, 采用分离参数法, 借助于解方程组求解; 圆中的弦长, 应充分利用其图象的特殊性,属于基础题 22.如图在正方体 ABCD﹣A1B1C1D1 中, (1)求证:平面 AA1C1C⊥平面 A1BD (2)求直线 A1B 与平面 A1B1CD 所成的角.

【考点】直线与平面所成的角;平面与平面垂直的判定. 【专题】转化思想;空间位置关系与距离;空间角. 【分析】 (1)利用正方形与正方体的性质可得:BD⊥平面 AA1C1C,再利用面面垂直的判 定定理即可证明; (2) :连接 C1B,交 B1C 于点 O,连接 A1O.则 BO⊥平面 A1B1CD,可得∠OA1B 为直线 A1B 与平面 A1B1CD 所成的角.利用直角三角形的边角关系即可得出. 【解答】 (1)证明:由 ABCD 是正方形可得:BD⊥AC,

由正方体的性质可得:AA1⊥BD, 而 AA1∩AC=A, ∴BD⊥平面 AA1C1C, 而 BD?平面 A1BD, ∴:平面 AA1C1C⊥平面 A1BD. (2)解:连接 C1B,交 B1C 于点 O,连接 A1O. 则 BO⊥平面 A1B1CD, ∴∠OA1B 为直线 A1B 与平面 A1B1CD 所成的角. ∵sin∠OA1B= ∴∠OA1B= . . = ,

∴直线 A1B 与平面 A1B1CD 所成的角

【点评】本题考查了空间位置关系、空间角、直角三角形的边角关系,考查了推理能力与计 算能力,属于中档题. 23.如图,直三棱柱 ABC﹣A′B′C′,∠BAC=90°, 和 B′C′的中点. (Ⅰ)证明:MN∥平面 A′ACC′; (Ⅱ)求三棱锥 A′﹣MNC 的体积. (椎体体积公式 V= Sh,其中 S 为底面面积,h 为高) ,AA′=1,点 M,N 分别为 A′B

【考点】直线与平面平行的判定;棱柱的结构特征;棱柱、棱锥、棱台的体积.

【专题】综合题. 【分析】 (Ⅰ)证法一,连接 AB′,AC′,通过证明 MN∥AC′证明 MN∥平面 A′ACC′. 证法二,通过证出 MP∥AA′,PN∥A′C′.证出 MP∥平面 A′ACC′,PN∥平面 A′ACC′,即 能证明平面 MPN∥平面 A′ACC′后证明 MN∥平面 A′ACC′. (Ⅱ)解法一,连接 BN,则 V A′﹣MNC=V N﹣A′MC= V N﹣A′BC= V A′﹣NBC= . 解法二,V A′﹣MNC=V A′﹣NBC﹣V M﹣NBC= V A′﹣NBC= . 【解答】 (Ⅰ) (证法一) 连接 AB′,AC′,由已知∠BAC=90°,AB=AC,三棱柱 ABC﹣A′B′C′为直三棱柱,

所以 M 为 AB′的中点,又因为 N 为 B′C′中点,所以 MN∥AC′, 又 MN?平面 A′ACC′,AC′?平面 A′ACC′,所以 MN∥平面 A′ACC′; (证法二) 取 A′B′中点, 连接 MP, NP. 而 M, N 分别为 AB′, B′C′中点, 所以 MP∥AA′, PN∥A′C′. 所 以 MP∥平面 A′ACC′,PN∥平面 A′ACC′;又 MP∩PN=P, 所以平面 MPN∥平面 A′ACC′,而 MN?平面 MPN,所以 MN∥平面 A′ACC′; (Ⅱ) (解法一)连接 BN,由题意 A′N⊥B′C′,平面 A′B′C′∩平面 B′BCC′=B′C′,所以 A′N ⊥平面 NBC,又 A′N= B′C′=1,故 V A′﹣MNC=V N﹣A′MC= V N﹣A′BC= V A′﹣NBC= . (解法二) V A′﹣MNC=V A′﹣NBC﹣V M﹣NBC= V A′﹣NBC= . 【点评】本题考查线面关系,体积求解,考查空间想象能力、思维能力、推理论证能力、转 化、计算等能力.


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