山西省运城市景胜中学2019_2020学年高二数学12月月考试题理202001090392.doc

1、山西省运城市景胜中学2019-2020学年高二数学12月月考试题 理 一、 选择题 （本题共计 12 小题 ，每题 5 分 ，共计60分 ， ） 1. 已知命题：若，则下列说法正确的是（ ） A.命题是真命题B.命题的逆命题是真命题C.命题的否命题是：若，则D.命题的逆否命题是：若，则2. 设，为空间两条不同的直线，为空间两个不同的平面，给出下列命题：若，则；若，则；若，则；若，则其中所有正确命题的序号是（ ） A.B.C.D.3. 已知，则是的（ ） A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分又不必要条件4. 已知命题，则( ) A.是假命题；，B.是假命题；，C.是真命题

2、；，D.是真命题；，5. 已知是直线被椭圆所截得的线段的中点，则的斜率是 A.B.C.D.6. 设椭圆的焦点为，是椭圆上一点，且，若的外接圆和内切圆的半径分别为，当时，椭圆的离心率为（ ） A.B.C.D.7. 某四棱锥的三视图如图所示，已知该四棱锥的体积为，则其最长侧棱与底面所成角的正切值为( )A.B.C.D.8. 在长方体中，过点作平面与分别交于两点，若与平面所成的角为，则截面面积的最小值是( )A.B.C.D.9. 已知四棱锥的底面是正方形，侧棱长均相等，是线段上的点（不含端点）设与所成的角为，与平面所成的角为，二面角的平面角为，则（ ） A.B.C.D.10. 已知正三棱柱(底面为正

3、三角形的直棱柱)外接球的表面积为，为的中点，则直线与平面所成角的正弦值是 A.B.C.D.11. 如图，四棱柱为正方体，有下列结论：平面；平面；直线与所成的角为.其中正确结论的个数是 A.B. C. D. 12. 如图，在正方体中，点是线段上的动点，则下列说法错误的是( )A.无论点在上怎么移动，异面直线与所成角都不可能是B.无论点在上怎么移动，都有C.当点移动至中点时，才有与相交于一点，记为点，且D.当点移动至中点时，直线与平面所成角最大且为 二、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ， ） 13. 已知，：，若是的充分条件，则实数的取值范围是_ 14. 已知焦点在轴

4、上的椭圆的离心率为，且它的长轴长等于圆：的半径，则椭圆的短轴长是_. 15. 在平面直角坐标系中，是两定点，点是圆：上任意一点，满足：，则的长为. 16. 如图，在边长为的正方形网格中，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的最长棱的长度为_. 三、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 10 分 ，共计60分 ， ） 17. 设命题：实数满足，命题：实数满足若，且为真，求实数的取值范围；若，且是的充分不必要条件，求实数的取值范围 18. 如图，在四棱锥中，平面平面， ，求直线与平面所成角的正弦值；在棱上是否存在点，使得平面?若存在，求的值；若不存在，请说明理由.19. 在四棱锥中，底面为平

5、行四边形，平面平面，是边长为的等边三角形，是的中点.求证：； 若直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.20. 已知椭圆的离心率，过点和的直线与原点的距离为. (1)求椭圆的标准方程；(2)设，分别为椭圆的左、右焦点，过作直线交椭圆于，两点，求面积的最大值.21. 如图，在多面体中，四边形为正方形， 证明：平面平面.若平面，二面角为，三棱锥的外接球的球心为，求二面角的余弦值.22. 在直角坐标系中，已知圆与直线相切，点为圆上一动点，轴于点，且动点满足，设动点的轨迹为曲线. 求曲线的方程； 设，是曲线上两动点，线段的中点为，的斜率分别为，且，求的取值范围. 参考答案与试题

6、解析2019年12月13日高中数学一、 选择题 （本题共计 12 小题 ，每题 5 分 ，共计60分 ） 1.【答案】B【解答】解：已知命题：若，则当时， 命题为假命题， 不正确；命题的逆命题：若，则，为真命题， 正确；命题的否命题：若，则， 不正确；命题的逆否命题：若，则， 不正确故选2.【答案】D【解答】，则内一定存在一条直线，使得，又，则，所以，所以正确，当时，可能相交，所以错误，的位置还可能是相交和异面；3.【答案】D【解答】取，则满足，但不满足，即是不充分条件，取，满足，但不满足，即是不必要条件，即是既不充分也不必要条件，4.【答案】B【解答】解： ， ，则， 是假命题；，故选5.【

7、答案】C【解答】解：设直线被椭圆所截得的线段，,线段中点为， ，,，的斜率是故选.6.【答案】B【解答】椭圆的焦点为，根据正弦定理可得， ，设，则，由余弦定理得， ， ，又， ，即，故，解得：或（舍）7.【答案】A【解答】解：由三视图可知，该四棱锥的底面是长为，宽为的矩形，设高为，所以，解得，则其最长侧棱与底面所成的角的正切值为.故选.8.【答案】B【解答】解：如图，过点作，连接， 平面， ， 平面， ，平面平面， 为与平面所成的角， ，在中， ， ，在中，由射影定理得，由基本不等式得，当且仅当，即为中点时等号成立， 截面面积的最小值为.故选.9.【答案】A【解答】解： 由题意可知在底面的射影

8、为正方形的中心过作，交于，过底面的中心作交于，连接，取中点，连接，如图所示，则，则，显然，均为锐角 ， ，又， 故选10.【答案】D【解答】解：设正三棱柱外接球的球心为，半径为，的中心为，连接，如图，由题意知，解得，即，因为，所以，所以，取的中点，则平面，取的中点，则,所以平面，所以就是直线与平面所成的角，因为，所以.故选.11.【答案】D【解答】解：由正方体的性质得，平面，平面，所以平面；由正方体的质得，又是在底面内的射影，所以；由正方体的性质得.又易知，所以.同理可证，故平面内的两条相交直线，所以平面；异面直线与所成的角等于直线与所成的角.在等腰直角中，故直线与所成的角为.故选.12.【答

9、案】D【解答】解：选项，直线在平面中，直线与直线所成的角等价于直线与平面所成的角度，直线与直线,直线所成角度为，即直线与平面所成角度为，所以直线与所成角为，故不选，选项， 平面，平面， 同理，得 平面，所以，故不选，选项，移动至得中点时，设正方体的边长为，则，可得，所以，故不选，选项，如图所示为的中点，为的中点，设，即， ，故选，故选.二、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ） 13.【答案】【解答】，即，即，若是的充分条件，则是的充分条件，即， ，解得，14.【答案】【解答】解：圆的方程可化为，半径为， 椭圆的长轴长， .又离心率， ， 椭圆的短轴长是.故答案为：.

10、15.【答案】【解答】解：如图所示：设,， ， ，即，,与表示同一个圆. 或 .故答案为：.16.【答案】【解答】解：由三视图可知该几何体的直观图是如图所示的四棱锥，最长的棱是，且故答案为：.三、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 10 分 ，共计60分 ） 17.【答案】（1）当时，即，由，得若为真，即真或真，所以实数的取值范围是；（2）若，即，或，且是的充分不必要条件，则或即或，故实数的取值范围为【解答】（1）当时，即，由，得若为真，即真或真，所以实数的取值范围是；（2）若，即，或，且是的充分不必要条件，则或即或，故实数的取值范围为18.【答案】解：取中点为，连接， ， ，又 ， 以为

11、坐标原点，建立空间直角坐标系如图：则，则，设为平面的法向量，则由得，则设与平面的夹角为，则；假设存在点使得平面，设，由知，则有，可得平面，为平面的法向量，即，解得.综上，存在点，即当，点即为所求.【解答】解：取中点为，连接， ， ，又 ， 以为坐标原点，建立空间直角坐标系如图：则，则，设为平面的法向量，则由得，则设与平面的夹角为，则；假设存在点使得平面，设，由知，则有，可得平面，为平面的法向量，即，解得.综上，存在点，即当，点即为所求.19.【答案】证明：因为是等边三角形，是的中点，所以.又平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以.又因为，所以平面.所以又因为，所以.又由平面，得，又，所以平面

12、.所以.解：由得平面.所以就是直线与平面所成角.因为直线与平面所成角的正弦值为，所以直线与平面所成角的余弦值为.所以，解得.则.由得两两垂直，所以以点为原点，所在的直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则点.则.设平面的一个法向量为，则由得解得令，可得平面的一个法向量为.易知平面的一个法向量为，设平面与平面所成的锐二面角的大小为，则.所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.【解答】证明：因为是等边三角形，是的中点，所以.又平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以.又因为，所以平面.所以又因为，所以.又由平面，得，又，所以平面.所以.解：由得平面.所以就是直线与平面所成角.因为直线与平面所

13、成角的正弦值为，所以直线与平面所成角的余弦值为.所以，解得.则.由得两两垂直，所以以点为原点，所在的直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则点.则.设平面的一个法向量为，则由得解得令，可得平面的一个法向量为.易知平面的一个法向量为，设平面与平面所成的锐二面角的大小为，则.所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.20.【答案】解：(1)直线的方程为，即，原点到直线的距离为，即.由，得，又，所以，故椭圆的标准方程为.(2)由(1)可得，.设，由于直线的斜率不为，故设其方程为.由，得，所以，.所以.令，则，则，当且仅当，即，即时，的面积取得最大值.【解答】解：(1)直线的方程为，即，原点到直线

14、的距离为，即.由，得，又，所以，故椭圆的标准方程为.(2)由(1)可得，.设，由于直线的斜率不为，故设其方程为.由，得，所以，.所以.令，则，则，当且仅当，即，即时，的面积取得最大值.21.【答案】证明：因为四边形为正方形，所以，又，所以平面.因为平面，所以平面平面.解：由知平面，又，则平面，从而，又，所以二面角的平面角为.以为坐标原点建立空间直角坐标系，如图所示，则，因为三棱锥的外接球的球心为，所以为线段的中点，则的坐标为.设平面的法向量为，则即令，得易知平面的一个法向量为则由图可知，二面角为锐角，故二面角的余弦值为.【解答】证明：因为四边形为正方形，所以，又，所以平面.因为平面，所以平面平

15、面.解：由知平面，又，则平面，从而，又，所以二面角的平面角为.以为坐标原点建立空间直角坐标系，如图所示，则，因为三棱锥的外接球的球心为，所以为线段的中点，则的坐标为.设平面的法向量为，则即令，得易知平面的一个法向量为则由图可知，二面角为锐角，故二面角的余弦值为.22.【答案】解:设动点，由于轴于点. ，又圆与直线，即相切， ， 圆,由题意，得, 即又点为圆上一动点， ，所以曲线的方程为.当的斜率不存在时，设直线的方程为：，不妨取点，则， ;当的斜率存在时，设直线的方程为：，由可得， ，, , , ，化简得：, .，设，则，. ， .综上，的取值范围为.【解答】解:设动点，由于轴于点. ，又圆与直线，即相切， ， 圆,由题意，得, 即又点为圆上一动点， ，所以曲线的方程为.当的斜率不存在时，设直线的方程为：，不妨取点，则， ;当的斜率存在时，设直线的方程为：，由可得， ，, , , ，化简得：, .，设，则，. ， .综上，的取值范围为.