又 E 为 AB 的中点，所以 CE AB ，因为 ABCD A1B1C1D1 为底面是菱形的直棱柱，
所以 AB∥CD ，所以 CE CD ，因为 CC1 底面 ABCD ，又 CE 底面 ABCD ，所
以 CC1 CE ，又因为 CC1 CD C ，所以 CE 平面 CC1D1D ，故①正确；
长都相等， ABC 60 ，E，M，N 分别为 AB, BC, CC1 的中点，现有下列四个结论：①
CE 平面 CC1D1D ② A1B∥MN ③ AD1∥平面 A1MN ④异面真线 D1C 与 MN 所成
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3
的角的余弦值为 ，其中正确结论的个数为（ ）
4
A．1 个
B．2 个
C． 10
D． 11
【答案】C
【解析】设 Q a, 0 ， M x, y ，根据 | MQ | 和 x2 y2 1 求出 a 的值，由
| MP |
2 | MP | | MB || MQ | | MB | ，两点之间直线最短，可得 2 | MP | | MB | 的最小值为
的底和高，求出面积即可.
【详解】
由正方形 OACB 的边长为1cm ，所以 OB 2 ，又正方形 OACB 是水平放置的
一个平面图形的直观图，所以它对应的原图为平行四边形高为 2OB 2 2 ，底边长为
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1，所以原图形的面积为1 2 2 2 2 .
故选：A 【点睛】 本题主要考查斜二测画法，属于基础题.
C．3 个
D．4 个
【答案】C
【解析】根据线面垂直的性质可判断①正确；由 MN BC1 可知 A1B 与 MN 为异面直
线，故②错误；根据线面平行的性质可判断③正确；根据异面直线 D1C 与 MN 所成的
角即为 A1BC1 ，可求出其余弦值.
【详解】
如图，①连接 AC ， CE ，因为 ABC 60 ， AB BC ，所以 ABC 为等边三角形，
为 5，由勾股定理求出圆台的高．再求圆台的体积. 【详解】
作出圆台的轴截面如图所示：
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上底面半径 MD 2 ，下底面半径 NC 6 ，过 D 做 DE 垂直 NC ，
则 EC 6 2 4 由 CD 5 故 DE 3 即圆台的高为 3,
所以圆台的体积为V 1 3 ( 22 62 22 62 ) 52 . 3
②连接 A1B ， MN ， C1B ，因为 M，N 分别为 BC ， CC1 的中点，所以 MN BC1 ，又
A1B BC1 B ，所以 A1B 与 MN 为异面直线，故②错误；
③连接 AD1 ，所以 AD1 BC1 ，又 MN BC1 ，所以 MN∥AD1 ，又因为 MN 平面
A1MN ， AD1 平面 A1MN ，，所以 AD1∥平面 A1MN ，故③正确；
A． x, y (0,1) ， x y 2
B． x, y (0,1) ， x y 2
C． x0 , y0 (0,1) ， x0 y0 2
D． x0 , y0 (0,1) ， x0 y0 2
【答案】D
【解析】根据全称命题的否定是特称命题，可直接得出结果.
【详解】
命题 P : x, y (0,1) ， x y 2 的否定为“ x0 , y0 (0,1) ， x0 y0 2 ”。
不确定，所以由 m ， n 无法确定 与 间关系；D 项中，垂直于同一直线的
两平面平行，即可得出结论. 【详解】
A 项中，若 n ， n ，则 与 平行或相交，故 A 错；
B 项中，若 m ， n ，则 m 与 n 平行、相交、异面均有可能，故 B 错；
C 项中，若 m ， n ，因为 m 与 n 关系不确定，所以无法确定 与 间关系，
故选：A. 【点睛】
本题考查充分不必要条件的判断，要结合充分条件与必要条件的定义来判断，考查推理
能力，属于中等题.
8．圆台上底半径为 2，下底半径为 6，母线长为 5，则圆台的体积为（ ）
A． 40
B． 52
C． 50
D． 212 3
【答案】B
【解析】作出圆台的轴截面，由圆台的上、下底面半径分别为 2，6，构造直角三角形， 结合母线长
两条件之间的关系.
【详解】
AB AC AB AC cos A 0 ，cos A 0 ，则 A 为钝角，
“
AB
AC
0
”
“
ABC
是钝角三角形”，
另一方面，“ ABC 是钝角三角形” “ A 是钝角”.
因此，“ AB AC 0 ”是“ ABC 为钝角三角形”的充分非必要条件.
出等式 b2 a2 5 2 ，再由圆心 (a, b) 在直线 y 2x 1上，所以 b 2a 1，联
立方程求出 a ， b 的值，写出椭圆方程即可.
【详解】
因为圆心 (a, b) (a 0, b 0) 在直线 y 2x 1上，所以将圆心 (a, b) 代入直线方程可
得 b 2a 1①，因为圆与 x 轴相切，所以圆的半径为 b ，圆心到 y 轴的距离为 a ，
故选：B 【点睛】
本题主要考查直线与圆的位置关系，解题的关键是运用数形结合的思想解题.
10．若圆 x 32 y 52 r2 上有且只有两个点到直线 4x 3y 2 的距离等于 1，
则半径 r 的范围是（ ）
A． 4, 6
B．4, 6
C． 4, 6
D．4, 6
【答案】C
【解析】先求出圆心到直线的距离 d ，再根据有且只有两个点到直线 4x 3y 2 的距
故选：C 【点睛】
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本题主要考查空间几何体中线面关系，要重点考查线面垂直、线面平行的性质，以及异 面直线所成角的求法. 12．阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德并称为亚历山大时期数学 三巨匠，他对圆锥曲线有深刻而系统的研究，主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲 线》一书，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是：已知动点 M 与两定点 Q、P
故 C 错；
D 项中，若 m ， m ，由垂直于同一直线的两平面平行可得∥ ，故 D 正确.
故选：D 【点睛】 本题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面间的位置关系，解题的关键熟练掌 握空间中线、面关系.
6．过点 A(1，2) 的直线在两坐标轴上的截距之和为零，则该直线方程为（ ）
A． x y 1 0
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【答案】D 【解析】由直线方程的斜截式判断，再由直线方程得到过定点判断。 【详解】
由直线方程的斜截式可知，直线斜率为 k ，故直线不能与 y 轴平行。再由直线方程得到
过定点 1, 0 ，
【点睛】 本题考查了直线方程的斜截式及过定点问题。
3．已知命题 P : x, y (0,1) ， x y 2 ，则命题 P 的否定为（ ）
离等于 1 得到半径的范围为 d 1, d 1 ．
【详解】
圆心坐标为 3, 5 ，它到直线 4x 3y 2 的距离为 d 3 4 5 3 2 5 ，
42 32
因为有且只有两个点到直线 4x 3y 2 的距离等于 1，故半径 R d 1, d 1 ，
所以 R 4, 6 ．
故选 C． 【点睛】
5．已知 m，n 为两条直线， , 为两个平面，下列命题中正确的是（ ）
A．若 n ， n ，则∥
B．若 m ， n ，则 m n
C．若 m ， n ，则∥
D．若 m ， m ，则∥
【答案】D 【解析】A 项中，当直线平行于两相交平面的交线时，则直线与两平面都平行；B 项中， 平行于同一平面的两直线可能平行，可能相交，也可能异面；C 项中，因为 m 与 n 关系
若圆的圆心到直线的距离为 d ，圆的半径为 r ， （1）若圆上有且仅有四个点到直线的距离为 m ，则 0 d r m ； （2）若圆上有且仅有三个点到直线的距离为 m ，则 d r m ； （3）若圆上有且仅有四个点到直线的距离为 m ，则 r m d r m ； （4）若圆上有且仅有一个点到直线的距离为 m ，则 d r m . 11．如果底面是菱形的直棱柱（侧棱与底面垂直的棱柱） ABCD A1B1C1D1 的所有棱
2019-2020 学年重庆市三峡名校联盟高二上学期 联合考试数学试题
一、单选题
1．将选项中所示的三角形绕直线 l 旋转一周，可以得到下图所示的几何体的是
（）
A．
B．
C．
D．
【答案】B 【解析】由几何体的轴截面特征直接判断即可。 【详解】
由题可得：该几何体的轴截面是关于直线 l 对称的， 并且 l 的一侧是选项 B 中的三角形形状。
故选 B ． 【点睛】 本题考查的知识点是旋转体及其体积的计算，圆台的几何特征，其中画出轴截面，将空 间问题转化为平面问题是解答的关键．
9．已知圆心 (a, b) (a 0, b 0) 在直线 y 2x 1上，且与 x 轴相切，在 y 轴上截得
的弦长为 2 5 ，则圆的方程为（ ）
A． (x 3)2 ( y 5)2 25
B． (x 2)2 ( y 3)2 9
C． (x 1)2 ( y 1)2 1
D．
x
2 3
2
y
7 3
2
49 9
【答案】B
【解析】由题意可分析出圆的半径为 b ，圆心到 y 轴的距离为 a ，y 轴上截得的弦长为
2 5 ，圆心到直线的距离、弦长的一半和半径正好构成直角三角形，由勾股定理可列
故选：B 【点睛】 本题主要考查了空间思维能力及关于直线旋转的几何体特征，属于基础题。
2．设 k 为实数，则方程 y k x 1 表示的图形是（ ） A．通过点 1, 0 的所有直线 B．通过点 1, 0 的所有直线 C．通过点 1, 0 且不与 y 轴平行的所有直线 D．通过点 1, 0 且不与 y 轴平行的所有直线