2019-2020年高二數(shù)學(xué)12月月考試題 .doc

2019-2020年高二數(shù)學(xué)12月月考試題一選擇題（本題共12小題，每小題3分，共36分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求）1在下列命題中，不是公理的是（ ）A平行于同一個(gè)平面的兩個(gè)平面相互平行B過不在同一條直線上的三點(diǎn)，有且只有一個(gè)平面C如果一條直線上的兩點(diǎn)在一個(gè)平面內(nèi)，那么這條直線上所有的點(diǎn)都在此平面內(nèi)D如果兩個(gè)不重合的平面有一個(gè)公共點(diǎn)， 那么他們有且只有一條過該點(diǎn)的公共直線2,為兩條不同的直線，,為兩個(gè)不同的平面，則下列命題中正確的是( )A BC D3三棱柱側(cè)棱與底面垂直，體積為，高為，底面是正三角形，若是中心，則與平面所成的角大小是（ ）A B C D4在空間直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)關(guān)于軸的對稱點(diǎn)的坐標(biāo)是（ ）A. B. C. D. 5如果一個(gè)水平放置的圖形的斜二側(cè)直觀圖是一個(gè)底角為45，腰和上底都為1的等腰梯形，那么原平面圖形的面積是 （ ）A B C D6下列四種說法中，錯(cuò)誤的個(gè)數(shù)是（ ）的子集有3個(gè)； “若，則”的逆命題為真；“命題為真”是“命題為真”的必要不充分條件；命題“，均有”的否定是：“，使”A0個(gè) B1個(gè) C2個(gè) D3個(gè)7正四棱錐的頂點(diǎn)都在同一球面上，若該棱錐的高為4，底面邊長為2，則該球的表面積為 （ ）A B C D8橢圓的右焦點(diǎn)為，橢圓與軸正半軸交于點(diǎn)，與軸正半軸交于，且，則橢圓的方程為()A B C D9如圖，在正四棱錐中，分別是的中點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)在線段上運(yùn)動(dòng)時(shí)，下列四個(gè)結(jié)論中恒成立的個(gè)數(shù)為（）（1）； （2）；（3）； （4） A1個(gè) B2個(gè) C3個(gè) D4個(gè)10如圖正三棱柱的底面邊長為，高為2，一只螞蟻要從頂點(diǎn)沿三棱柱的表面爬到頂點(diǎn)，若側(cè)面緊貼墻面（不能通行），則爬行的最短路程是（ ）A B C 4 D11如圖，在四棱錐中，側(cè)面為正三角形，底面為正方形，側(cè)面，為底面內(nèi)的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且滿足，則點(diǎn)在正方形內(nèi)的軌跡為()12如圖，在四面體中，且兩兩互相垂直，點(diǎn)是的中心，將繞直線旋轉(zhuǎn)一周，則在旋轉(zhuǎn)過程中，直線與所成角的余弦值的取值范圍是（ ）A B C D 二填空題（本大題共4小題，每小題4分，共16分）13在空間直角坐標(biāo)系中，已知點(diǎn)，點(diǎn)在軸上，且到與的距離相等，則的坐標(biāo)是 14某幾何體的三視圖如圖所示，則其表面積為 15橢圓有這樣的光學(xué)性質(zhì)：從橢圓的一個(gè)焦點(diǎn)發(fā)出的光線，經(jīng)橢圓反射后，反射光線經(jīng)過橢圓的另一個(gè)焦點(diǎn)今有一個(gè)水平放置的橢圓形球盤，點(diǎn)是它的兩個(gè)焦點(diǎn)，長軸長，焦距，靜放在點(diǎn)的小球（小球的半徑不計(jì)）從點(diǎn)沿直線（不與長軸共線）發(fā)出，經(jīng)橢圓壁反彈后第一次回到點(diǎn)時(shí)，小球經(jīng)過的路程為 16下列命題：的三邊分別為則該三角形是等邊三角形的充要條件為；在中，“”是“”的充要條件；若命題命題則命題是假命題；已知都是不等于零的實(shí)數(shù)，關(guān)于的不等式和的解集分別為，則是的充分必要條件；“函數(shù)為奇函數(shù)”的充要條件是“”其中正確的命題是 三解答題（本題共5大題，共48分）17（本小題滿分8分）如圖所示的多面體中，是菱形，是矩形， 面，（1）求證：平面平面；（2）若，求四棱錐的體積18（本小題滿分10分）設(shè)：實(shí)數(shù)滿足，其中，：實(shí)數(shù)滿足（1）若，且為真，求實(shí)數(shù)的取值范圍；（2）是的充分不必要條件，求實(shí)數(shù)的取值范圍19（本小題滿分10分）已知某橢圓，它的中心在坐標(biāo)原點(diǎn)，左焦點(diǎn)為，且過點(diǎn)（1）求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）若已知點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)在橢圓上變動(dòng)時(shí)，求出線段中點(diǎn)的軌跡方程20（本小題滿分10分）如圖，為圓的直徑，點(diǎn)在圓上，矩形所在的平面與圓所在的平面互相垂直已知.（1）求證：平面平面；（2）（文科做）求直線與平面所成角的大?。唬ɡ砜谱觯┊?dāng)?shù)拈L為何值時(shí)，平面與平面所成的銳二面角的大小為60？21（理科做）（本題滿分10分）如圖，已知三棱柱，側(cè)面底面.（1）若分別是的中點(diǎn)，求證：；（2）若三棱柱的各棱長均為2，側(cè)棱與底面所成的角為60，問在線段上是否存在一點(diǎn)，使得平面平面？若存在，求與的比值，若不存在，說明理由21（文科做）（本題滿分10分）如圖，四邊形中，分別在上，現(xiàn)將四邊形沿折起，使得平面平面（1）設(shè)，問當(dāng)為何值時(shí)，三棱錐的體積有最大值？并求出這個(gè)最大值（2）當(dāng)，是否在折疊后的上存在一點(diǎn)，使得平面？若存在，求出的長，若不存在，說明理由；山西大學(xué)附中xx學(xué)年第一學(xué)期高三12月月考（總第三次）數(shù)學(xué)試題評分細(xì)則考試時(shí)間：90分鐘 考試內(nèi)容（立體幾何、簡易邏輯、橢圓） 一選擇題（本題共12小題，每小題3分，共36分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求）1-6 AABBAD 7-12 DCBAAA二填空題（本大題共4小題，每小題4分，共16分）13. 14. 15.20 16. 三解答題（本題共5大題，共48分）17（本小題滿分8分）解：（1）由是菱形 .1分 由是矩形 .2分 所以 .4分 （2）連接，由是菱形， 由面, ， 則為四棱錐的高 .6分 由是菱形，則為等邊三角形，由；則， .7分 .8分 18（本小題滿分10分）解：由，得，即為真命題時(shí)，由，得， .2分 即，即為真命題時(shí) . .3分 （1）時(shí)，p：，由為真知和均為真命題，則，得，所以實(shí)數(shù)的取值范圍為 .6分 （2）設(shè)，由題意知是q的必要不充分條件，所以， .8分 有，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為 .10分 19（本小題滿分10分）解：（1）由題意知橢圓的焦點(diǎn)在x軸上，橢圓經(jīng)過點(diǎn)D（2，0），左焦點(diǎn)為F（，0），a=2，c=，可得b=1因此，橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為 .5分 （2）設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)是（x0，y0），線段PA的中點(diǎn)為M（x，y），由根據(jù)中點(diǎn)坐標(biāo)公式，可得， .7分 點(diǎn)P（x0，y0）在橢圓上，可得，化簡整理得，線段PA中點(diǎn)M的軌跡方程是 .10分 20（本小題滿分10分）解：(1)證明：平面ABCD平面ABEF，CBAB，平面ABCD平面ABEFAB，CB平面ABEF，AF平面ABEF，AFCB， .2分 又AB為圓O的直徑，AFBF， .3分 又BFCBB，AF平面CBF. .4分 AF平面ADF，平面DAF平面CBF. .5分 (2)由(1)知AF平面CBF，F(xiàn)B為AB在平面CBF內(nèi)的射影，因此，ABF為直線AB與平面CBF所成的角 .7分 ABEF，四邊形ABEF為等腰梯形，過點(diǎn)F作FHAB，交AB于H.已知AB2，EF1，則AH.在RtAFB中，根據(jù)射影定理得AF2AHAB，AF1，sinABF，ABF30.直線AB與平面CBF所成角的大小為30. .10分 (3)設(shè)EF中點(diǎn)為G，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，方向分別為x軸、y軸、z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系(如圖)設(shè)ADt(t0)，則點(diǎn)D的坐標(biāo)為(1,0，t)，C(1,0，t)，又A(1,0,0)，B(1,0,0)，F(xiàn)，(2,0,0)，設(shè)平面DCF的法向量為n1(x，y，z)，則n10，n10.即，令z，解得x0，y2t，n1(0,2t，) .7分 由(1)可知AF平面CFB，取平面CBF的一個(gè)法向量為n2， .9分 依題意，n1與n2的夾角為60.cos 60，即，解得t. 因此，當(dāng)AD的長為時(shí)，平面DFC與平面FCB所成的銳二面角的大小為60. 10分 21（理科做）（本題滿分10分）解：(1)證明：連接AC1，BC1，則AC1A1CN，ANNC1，因?yàn)锳MMB，所以MNBC1. 2分 又BC1平面BCC1B1，所以MN平面BCC1B1. 4分 (2)作B1OBC于O點(diǎn)，連接AO，因?yàn)槠矫鍮CC1B1底面ABC，所以B1O平面ABC，以O(shè)為原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(0，0)，B(1，0,0)，C(1,0,0)，B1(0,0，)由，可求出A1(1，)，C1(2,0，)，設(shè)點(diǎn)P(x，y，z)，.則P， 5分 (1,0，)設(shè)平面B1CP的法向量為n1(x1，y1，z1)，由，令z11，解得n1. 7分 同理可求出平面ACC1A1的法向量n2(，1，1) 9分 由平面B1CP平面ACC1A1，得n1n20，即310，解得3，所以A1C13A1P，從而C1PPA12. 10分 21（文科做）（本題滿分10分）解：（1）因?yàn)槠矫鍭BEF平面EFDC，平面ABEF平面EFDCEF，又AFEF，所以AF平面EFDC 1分 由已知BEx，所以AFx（0x4），F(xiàn)D6x 2分 故所以，當(dāng)x3時(shí)，有最大值，最大值為3. 4分 （2）存在使得滿足條件CP平面ABEF，且此時(shí) 5分 下面證明： ，過點(diǎn)作MPFD，與AF交于點(diǎn)， 6分 則有，又FD，故MP3，又因?yàn)镋C3，MPFDEC，故有MPEC，故四邊形MPCE為平行四邊形， 8分 所以PCME，又CP平面ABEF，ME平面ABEF，故有CP平面ABEF成立10分 填空題每題一個(gè)打分板，解答題18一個(gè)打分板，其他解答題：17， 19，20，21每問各一個(gè)打分板，