2018高考数学一轮复习文科训练题月月考三含答案和解释.docx

月月考三　立体几何、解析几何
第Ⅰ卷　(选择题　共60分) 一、选择题：本大题共12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. 用斜二测画法画出的一图形的直观图是一个如图所示的面积为2的等腰梯形OA′B′C′，则原图形的面积是(　　) A．102 B．82 C．62 D．42 答案：D 解析：设等腰梯形的高为h，则OC′＝2h，原梯形的高为22h，面积为42. 2．(2018•连城一模)已知平面α⊥平面β，α∩β＝l，点A∈α，A∉l，直线AB∥l，直线AC⊥l，直线m∥α，m∥β，则下列四种位置关系中，不一定成立的是(　　) A．AB∥m B．AC⊥m C．AB∥β D．AC⊥β 答案：D 解析：因为直线m∥α，m∥β，α∩β＝l，所以m∥l，所以AB∥m正确，AC⊥m正确；根据线面平行的判定定理可得AB∥β正确；当直线AC不在平面α内时，尽管AC⊥l，AC与平面β可以平行，也可以相交(不垂直)，所以AC⊥β不一定成立．故选D. 3. 如图，在三棱锥D－ABC中，∠ABC＝90°，平面DAB⊥平面ABC，DA＝AB＝DB＝BC，E是DC的中点，则AC与BE所成角的余弦值为(　　) A.12 B.14 C.1516 D.13 答案：B 解析：取AD的中点F，连接EF，BF，因为E是DC的中点，所以EF∥AC，则∠BEF是AC与BE所成的角或其补角，令DA＝AB＝DB＝BC＝2，则AC＝22，EF＝2，由平面DAB⊥平面ABC，BC⊥AB，平面DAB∩平面ABC＝AB，可得BC⊥平面DAB，所以DB⊥BC，则BE＝2，又BF＝3，在三角形BEF中，由余弦定理可得cos∠BEF＝2＋2－32×2×2＝14.故选B. 4．(2018•河北二模)《九章算术》是中国古代第一部数学专著，书中有关于“堑堵”的记载，“堑堵”即底面是直角三角形的直三棱柱．已知某“堑堵”被一个平面截去一部分后，剩下部分的三视图如图所示，则剩下部分的体积是(　　) A．50 B．75 C．25.5 D．37.5 答案：D 解析： 由题意及给定的三视图可知，原几何体是在直三棱柱的基础上，截去一个四棱锥C1－MNB1A1所得的几何体，且三棱柱的底面是腰长为5的等腰直角三角形，高为5.AM＝2，B1C1⊥平面MNB1A1， 所以截去后剩余的几何体的体积为V＝V三棱柱－V四棱锥＝12×5×5×5－13×3×5×5＝37.5，故选D. 5．(2018•黑龙江七台河模拟)已知抛物线C：y2＝－8x的焦点为F，直线l：x＝1，点A是l上的一动点，直线AF与抛物线C的一个交点为B.若FA→＝－3FB→，则|AB|＝(　　) A．20 B．16 C．10 D．5 答案：A 解析：由抛物线C：y2＝－8x，得F(－2,0)．设A(1，a)，B(m，n)，且n2＝－8m.∵FA→＝－3FB→，∴1＋2＝－3(m＋2)，解得m＝－3，∴n＝±26. ∵a＝－3n，∴a＝±66， ∴|AB|＝(1＋3)2＋(26＋66)2＝20.故选A. 6．(2017•天津卷，5)已知双曲线x2a2－y2b2＝1(a＞0，b＞0)的左焦点为F，离心率为2.若经过F和P(0,4)两点的直线平行于双曲线的一条渐近线，则双曲线的方程为(　　) A.x24－y24＝1 B.x28－y28＝1 C.x24－y28＝1 D.x28－y24＝1 答案：B 解析：由e＝2知，双曲线为等轴双曲线，则其渐近线方程为y＝±x，由P(0,4)知左焦点F的坐标为(－4,0)，所以c＝4，则a2＝b2＝c22＝8.选项B符合． 7．(2018•湖南株洲模拟)设双曲线的一个焦点为F，虚轴的一个端点为B，如果直线FB与该双曲线的一条渐近线垂直，那么此双曲线的离心率为(　　) A.2 B.3 C.3＋12 D.5＋12 答案：D 解析：设双曲线方程为x2a2－y2b2＝1(a>0，b>0)，则F(c,0)，B(0，b)． 直线FB：bx＋cy－bc＝0与渐近线y＝bax垂直，所以－bc•ba＝－1，即b2＝ac，则c2－a2＝ac，即e2－e－1＝0，解得e＝1＋52或e＝1－52(舍去)． 8．(2018•黑龙江虎林第一中学模拟)已知点M是椭圆x24＋y2＝1上一点，F1，F2是椭圆的焦点，且满足MF1→•MF2→＝0，则△MF1F2的面积为(　　) A．1 B.3 C．2 D．4 答案：A 解析：因为MF1→•MF2→＝0，所以MF1→⊥MF2→，故|MF1|2＋|MF2|2＝12.由题意得|MF1|＋|MF2|＝4，即|MF1|2＋|MF2|2＋2|MF1|•|MF2|＝16，即12＋2|MF1|•|MF2|＝16，解得|MF1|•|MF2|＝2，所以△MF1F2的面积S＝12|MF1|•|MF2|＝1.故选A. 9．(2018•合肥一模)设圆x2＋y2－2x－2y－2＝0的圆心为C，直线l过(0,3)，且与圆C交于A，B两点，若|AB|＝23，则直线l的方程为(　　) A．3x＋4y－12＝0或4x－3y＋9＝0 B．3x＋4y－12＝0或x＝0 C．4x－3y＋9＝0或x＝0 D．3x－4y＋12＝0或4x＋3y＋9＝0 答案：B 解析：当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝0，联立方程得x＝0，x2＋y2－2x－2y－2＝0，得x＝0，y＝1－3或x＝0，y＝1＋3，∴|AB|＝23，符合题意．当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋3，∵圆x2＋y2－2x－2y－2＝0，即(x－1)2＋(y－1)2＝4，其圆心为C(1,1)，圆的半径r＝2，圆心C(1,1)到直线y＝kx＋3的距离d＝|k－1＋3|k2＋1＝|k＋2|k2＋1，∵d2＋|AB|22＝r2，∴(k＋2)2k2＋1＋3＝4，解得k＝－34，∴直线l的方程为y＝－34x＋3，即3x＋4y－12＝0.综上，直线l的方程为3x＋4y－12＝0或x＝0.故选B. 10．点A(1，－1)，B(0,1)，若直线ax＋by＝1与线段AB(包括端点)有公共点，则a2＋b2的最小值为(　　) A．2 B.22 C.2 D.12 答案：D 解析：由题意知点A，B位于直线ax＋by＝1的两侧，或一点位于直线ax＋by＝1上，或A，B两点位于直线ax＋by＝1上，于是(a－b－1)(b－1)≤0⇒a－b－1≥0，b－1≤0或a－b－1≤0，b－1≥0，作出不等式组表示的平面区域，如图中阴影部分所示，则a2＋b2的最小值为点O(0,0)到可行域内的点的距离的最小值，所以(a2＋b2)min＝|－1|2＝22，所以(a2＋b2)min＝12.选D. 11．(2018•惠州调研)已知三棱锥S－ABC的底面是以AB为斜边的等腰直角三角形，AB＝2，SA＝SB＝SC＝2，则三棱锥S－ABC的外接球的球心到平面ABC的距离是(　　) A.33 B．1 C.3 D.332 答案：A 解析：∵三棱锥S－ABC的底面是以AB为斜边的等腰直角三角形，SA＝SB＝SC＝2，∴S在底面ABC内的射影为AB的中点H，连接SH，CH，∴SH⊥平面ABC，∴SH上任意一点到A，B，C的距离相等．∵SH＝3，CH＝1，在面SHC内作SC的垂直平分线MO，交SH于点O，交SC于点M，则O为三棱锥S－ABC的外接球的球心．∵SC＝2，∴SM＝1，∠OSM＝30°，∴SO＝233，OH＝33，∴O到平面ABC的距离为33，故选A. 12．(2018•成都高中毕业第一次诊断)已知双曲线x2a2－y2b2＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，双曲线上一点P满足PF2⊥x轴．若|F1F2|＝12，|PF2|＝5，则该双曲线的离心率为(　　) A.1312 B.125 C.32 D．3 答案：C 解析：由双曲线的定义，知|PF1|－|PF2|＝2a，所以|PF1|＝2a＋|PF2|＝2a＋5在Rt△PF2F1中，|PF1|2＝|PF2|2＋|F1F2|2，即(2a＋5)2＝52＋122，解得a＝4.因为|F1F2|＝12，所以c＝6，所以双曲线的离心率e＝ca＝64＝32，故选C. 第Ⅱ卷(非选择题　共90分) 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在相应题号后的横线上． 13．(2018•铜川一模)由直线y＝x＋1上的一点向圆(x－3)2＋y2＝1引切线，则切线长的最小值为________． 答案：7 解析：设直线上一点为P，切点为Q，圆心为M，则|PQ|即切线长，|MQ|为圆M的半径，长度为1，|PQ|＝|PM|2－|MQ|2＝|PM|2－1.要使|PQ最小，即求|PM|的最小值，此题转化为求直线y＝x＋1上的点到圆心M(3,0)的最小距离．设圆心到直线y＝x＋1的距离为d，则d＝|3－0＋1|12＋(－1)2＝22，所以|PM|的最小值为22.所以|PQ|＝|PM|2－1≥ (22)2－1＝7. 14．(2017•山东卷，14)在平面直角坐标系xOy中，双曲线x2a2－y2b2＝1(a＞0，b＞0)的右支与焦点为F的抛物线x2＝2py(p＞0)交于A，B两点．若|AF|＋|BF|＝4|OF|，则该双曲线的渐近线方程为__________________． 答案：y＝±22x 解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)． 由x2a2－y2b2＝1，x2＝2py，得a2y2－2pb2y＋a2b2＝0， ∴ y1＋y2＝2pb2a2. 又∵ |AF|＋|BF|＝4|OF|， ∴ y1＋p2＋y2＋p2＝4×p2，即y1＋y2＝p， ∴ 2pb2a2＝p，即b2a2＝12，∴ ba＝22， ∴ 双曲线的渐近线方程为y＝±22x. 15．(2018•上海虹口区一模)已知点M(20,40)，抛物线y2＝2px(p>0)的焦点为F.若对于抛物线上的任意点P，|PM|＋|PF|的最小值为41，则p的值等于________． 答案：42或22 解析：过点P作抛物线准线的垂线，垂足为D，则|PF|＝|PD|.当点M(20,40)位于抛物线内时，如图(1)，|PM|＋|PF|＝|PM|＋|PD|. 当点M，P，D共线时，|PM|＋|PF|的值最小． 由最小值为41，得20＋p2＝41，解得p＝42. 当点M(20,40)位于抛物线外时，如图(2)，当点P，M，F共线时，|PM|＋|PF|的值最小． 由最小值为41，得402＋20－p22＝41，解得p＝22或58. 当p＝58时，y2＝116x，点M(20,40)在抛物线内，故舍去． 综上，p＝42或22. 16．(2018•哈尔滨六中一模)如图，在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝4，E为DC边的中点，沿AE将△ADE折起，在折起过程中，下列结论中能成立的序号为________． ①ED⊥平面ACD；②CD⊥平面BED；③BD⊥平面ACD；④AD⊥平面BED. 答案：④ 解析： 因为在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝4，E为DC边的中点，则在折起过程中，D点在平面BCE上的投影为O1O2(如图)．因为DE与AC所成角不能为直角，所以DE不垂直于平面ACD，故①错；只有D点投影位于O2位置时，即平面AED与平面AEB重合时，才有BE⊥CD，此时CD不垂直于平面AECB，故CD不垂直于平面BED，故②错；BD与AC所成的角不能为直角，所以BD不垂直于平面ACD，故③错；因为AD⊥ED，并且在折起过程中，有AD⊥BD，所以存在一个位置使AD⊥BE，所以在折起过程中AD⊥平面BED能成立，故④正确． 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．(本小题满分10分) (2018•江西南昌十所重点中学二模)四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，且PA＝AB＝AD＝12CD，AB∥CD，∠ADC＝90°. (1)在侧棱PC上是否存在一点Q，使BQ∥平面PAD？证明你的结论； (2)求证：平面PBC⊥平面PCD. 解析：(1)解：当Q为侧棱PC的中点时，有BQ∥平面PAD. 证明如下：取PD的中点E，连接AE，EQ. ∵Q为PC的中点，则EQ为△PCD的中位线， ∴EQ∥CD且EQ＝12CD. ∵AB∥CD且AB＝12CD，∴EQ∥AB且EQ＝AB， ∴四边形ABQE为平行四边形，则BQ∥AE. ∵BQ⊄平面PAD，AE⊂平面PAD，∴BQ∥平面PAD. (2)证明：∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥CD. ∵AD⊥CD，PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，∴CD⊥平面PAD. ∵AE⊂平面PAD，∴CD⊥AE. ∵PA＝AD，E为PD的中点，∴AE⊥PD. ∵CD∩PD＝D，∴AE⊥平面PCD. ∵BQ∥AE，∴BQ⊥平面PCD. ∵BQ⊂平面PBC，∴平面PBC⊥平面PCD. 18．(本小题满分12分) (2018•福建南平二模) 如图，直角梯形ACDE与等腰直角△ABC所在平面互相垂直，F为BC的中点，∠BAC＝∠ACD＝90°，AE∥CD，DC＝AC＝2AE＝2. (1)求证：AE∥平面BDE； (2)求四面体B－CDE的体积． 解析：(1)证明：取BD的中点P，连接EP，FP. ∵△BCD中，PF为中位线， ∴PF∥DC且PF＝12DC. 又∵AE∥CD，DC＝2AE， ∴EA∥DC且EA＝12DC. 由此可得PF∥EA，且PF＝EA. ∴四边形AFPE是平行四边形，可得AF∥EP. ∵EP⊂平面BDE，AF⊄平面BDE，∴AF∥平面BDE. (2)解：∵BA⊥AC，平面ABC⊥平面ACDE，平面ABC∩平面ACDE＝AC， ∴BA⊥平面ACDE，即BA就是四面体B－CDE的高，BA＝2. ∵DC＝AC＝2AE＝2，AE∥CD， ∴S梯形ACDE＝12×(1＋2)×2＝3，S△ACE＝12×1×2＝1， 因此，△CDE的面积为S△CDE＝3－1＝2. ∴四面体B－CDE的体积 VB－CDE＝13•BA•S△CDE＝13×2×2＝43. 19．(本小题满分12分) (2018•江苏南京、盐城一模) 如图，在平面直角坐标系xOy中，已知圆O：x2＋y2＝b2经过椭圆E：x24＋y2b2＝1(01时，求k1•k2的值． 解析：(1)因为0＝－12. 20．(本小题满分12分) (2018•安徽合肥第二次教学质量检测)已知抛物线E：y2＝2px(p>0)与圆O：x2＋y2＝8相交于A，B两点，且点A的横坐标为2，过劣弧AB上动点P(x0，y0)作圆O的切线交抛物线E于C，D两点，分别以C，D为切点作抛物线E的切线l1，l2，l1与l2相交于点M. (1)求抛物线E的方程； (2)求点M到直线CD距离的最大值． 解析：(1)由xA＝2得y2A＝4，故2pxA＝4，p＝1. 于是，抛物线E的方程为y＝2x. (2)设Cy212，y1，Dy222，y2，切线l1：y－y1＝kx－y212， 代入y2＝2x得ky2－2y＋2y1－ky21＝0，由Δ＝0解得k＝1y1， ∴l1的方程为y＝1y1x＋y12，同理l2的方程为y＝1y2x＋y22. 联立y＝1y1x＋y12，y＝1y2x＋y22，解得x＝y1•y22，y＝y1＋y22，即 My1•y22，y1＋y22. 易得直线CD的方程为x0x＋y0y＝8，其中x0，y0满足x20＋y20＝8，x0∈[2,22]， 联立方程y2＝2x，x0x＋y0y＝8，得x0y2＋2y0y－16＝0，则y1＋y2＝－2y0x0，y1•y2＝－16x0. ∴M(x，y)满足x＝－8x0，y＝－y0x0，即点M为－8x0，－y0x0. 点M到直线CD：x0x＋y0y＝8的距离d＝－8－y20x0－8x20＋y20＝y20x0＋1622＝8－x20x0＋1622＝8x0－x0＋1622， ∴d关于x0单调递减，故当且仅当x0＝2时，dmax＝1822＝922. 21．(本小题满分12分) (2018•武汉质检)如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝π2，AB＝BC＝12AD＝a，E是AD的中点，O是AC与BE的交点．将△ABE沿BE折起到图2中△A1BE的位置，得到四棱锥A1－BCDE. (1)证明：CD⊥平面A1OC； (2)当平面A1BE⊥平面BCDE时，四棱锥A1－BCDE的体积为362，求a的值． 解析：(1)证明：在题图1中， 因为AB＝BC＝12AD＝a，E是AD的中点，∠BAD＝π2，AD∥BC， 所以BE⊥AC，BE∥CD， 即在题图2中，BE⊥A1O，BE⊥OC， 且OA1∩OC＝C， 从而BE⊥平面A1OC， 又CD∥BE， 所以CD⊥平面A1OC. (2)由已知，平面A1BE⊥平面BCDE， 且平面A1BE∩平面BCDE＝BE， 又由(1)知A1O⊥BE， 所以A1O⊥平面BCDE， 即A1O是四棱锥A1－BCDE的高． 由图1知，A1O＝22AB＝22a，平行四边形BCDE的面积S＝BC•AB＝a2. 从而四棱锥A1－BCDE的体积为V＝13×S×A1O＝13×a2×22a＝26a3，由26a3＝362得a＝36. 22．(本小题满分12分) (2018•江西赣州寻乌中学第二次月考)如图，椭圆的右焦点F2与抛物线y2＝4x的焦点重合，过F2且与x轴垂直的直线交椭圆于S，T，与抛物线交于C，D两点，且|CD|＝22|ST|. (1)求椭圆的标准方程； (2)设P为椭圆上一点，若过点M(2,0)的直线l与椭圆相交于不同两点A，B，且满足OA→＋OB→＝tOP→(O为坐标原点)，求实数t的取值范围． 解析：(1)设椭圆的标准方程为x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)，由题意，抛物线y2＝4x的焦点为F2(1,0)，|CD|＝4. 因为|CD|＝22|ST|，所以|ST|＝2. 又S1，b2a，T1，－b2a，|ST|＝2b2a＝2 又c2＝1＝a2－b2，所以a＝2，b＝1. 所以椭圆的标准方程为x22＋y2＝1.
(2)由题意，直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝k(x－2)． 由x2＋2y2＝2，y＝k(x－2)消去y，得(1＋2k2)x2－8k2x＋8k2－2＝0. 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，则 Δ＝(－8k2)2－4(1＋2k2)(8k2－2)>0，即2k2<1，① 且x1＋x2＝8k21＋2k2，由OA→＋OB→＝tOP→，得x1＋x2＝tx0，y1＋y2＝ty0. 若t＝0，则点P可以是椭圆上任一点，符合题意． 若t≠0，则 x0＝1t(x1＋x2)＝1t•8k21＋2k2，y0＝1t(y1＋y2)＝1t•[k(x1＋x2)－4k]＝1t•－4k1＋2k2 因为点P(x0，y0)在椭圆上，所以 2＝x20＋2y20＝1t2•8k21＋2k22＋32k21＋(2k2)2， 18t2＝4k4＋2k2(1＋2k2)2＝1－11＋2k2. 再由①得0≤18t2<12，又t≠0，所以t∈(－2,0)∪(0,2)． 综上，t∈(－2,2)．

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