山西省运城市景胜中学2019-2020学年高二数学12月月考试题 文

山西省运城市景胜中学2019-2020学年高二数学12月月考试题文一、选择题（本题共计12小题，每题5分，共计60分，）1.命题“若则”的逆否命题是A.若则B.若则C.若则D.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：①若，，则；②若，，，，则；③若，，则；④若，，，则．其中所有正确命题的序号是（）A.①②B.②③C.①③D.①④3.若、、表示直线，、表示平面，则“”成立的一个充分非必要条件是（）A.，B.，C.，D.，4.已知，，则“”是“表示椭圆”的A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件5.已知命题，，则()A.是假命题；，B.是假命题；，C.是真命题；，D.是真命题；，6.已知点是椭圆上的动点，，是椭圆的两个焦点，是坐标原点，若是的角平分线上一点，且，则的取值范围是（）A.B.C.D.7.已知椭圆以及椭圆内一点，则以为中点的弦所在直线斜率为（）A.B.C.D.8.已知椭圆的左、右焦点分别为，过原点的直线交椭圆于，两点，若，且，则该椭圆的离心率为A.B.C.D.9.已知点为圆：＝上一点，，，则的最大值为（）A.B.C.D.10.某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为（）A.B.C.D.11.已知一个四棱锥的三视图如图，图中网格小正方形边长为，则该几何体的各条棱中，最长的棱的长度为()A.B.C.D.12.如图，四棱锥的底面为正方形，底面，则下列结论中不正确的是（）A.B.平面C.平面平面D.与所成的角等于与所成的角二、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，则实数的取值范围为________．14.椭圆的焦点，为椭圆上的一点，已知，则的面积为________．15.已知两圆＝和＝相交于，两点，则直线的方程是________．16.设是椭圆的左右焦点，是椭圆上的点，则的最小值是________.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．Ⅰ若＝，且为真，求实数的取值范围；Ⅱ若，且是￢的充分不必要条件，求实数的取值范围．18.已知圆经过两点，且圆心在直线上．求圆的方程；求过点且与圆相切的直线方程；19.已知平面多边形中，，，为的中点，现将三角形沿折起，使.证明：平面；求三棱锥的体积.20.已知四棱锥的底面为平行四边形，，.求证：;若平面平面，，，求点到平面的距离.21.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.22.已知椭圆的中心在坐标原点，经过两点和.求椭圆的方程；过点的直线与椭圆交于两点，满足，求直线的方程.参考答案与试题解析2019年12月14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】D【解答】解：将命题的条件与结论交换，并且否定可得逆否命题：若则.故选.2.【答案】D【解答】①，则内一定存在一条直线，使得，又，则，所以，所以正确，②当时，，可能相交，所以错误，③，的位置还可能是相交和异面；3.【答案】C【解答】由、、表示直线，、表示平面，在中，，，则与相交、平行或异面，故错误；在中，，，则与相交、平行或异面，故错误；在中，，，则，反之，不一定得到，，故正确；在中，，，则与相交或异面，故错误．4.【答案】B【解答】解：当时，不一定表示椭圆，可能是圆，当表示椭圆时，成立，故“”是表示椭圆”的必要不充分条件.故选.5.【答案】B【解答】解：∵，∴，则，∴是假命题；，．故选．6.【答案】B【解答】解：延长，与交与点，则是的角平分线．由可得垂直，可得三角形为等腰三角形，故为的中点，由于为的中点，则为三角形的中位线，故．由于，所以，∴．问题转化为求的最值．而的最小值为，的最大值为，即的值域为．故当，或时，取得最大值为；当时，在轴上，此时，与重合，与重合，取得最小值为，∴的取值范围是，故选：．7.【答案】B【解答】根据题意，画出图形，如图所示；设以点为中点的弦所在直线与椭圆相交于点，，斜率为；则①，②；∴①-②，得；∵由中点坐标公式：＝，＝，∴；∴．8.【答案】C【解答】解：因为，所以，已知椭圆的左焦点为，连接，由对称性及可知，四边形是矩形，所以，所以在中，，，所以，由椭圆定义得，即.故选.9.【答案】C【解答】根据题意，设，则，，则，则＝＝，即＝，设，其几何意义为点到点的距离，设；点为圆：＝上一点，且，的最大值为，则的最大值为；10.【答案】C【解答】解：由三视图可知，该四棱锥的底面是直角梯形，如图所示，平面，，是直角三角形．又，，，所以平面，所以，所以是直角三角形．根据三视图中的数据，经计算可得，，，所以不是直角三角形，所以侧面是直角三角形的个数为.故选．11.【答案】B【解答】解：作出该四棱锥的直观图如下图所示，，，，,,,其中最大棱长为.故选.12.【答案】D【解答】解：选项，可知,,可知平面，故,故正确；选项，，故正确；选项，平面，故平面平面，故正确；选项，与所成的角为，而与所成的角为，故错误;.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，．若是的充分条件，则，则，即．∴实数的取值范围为．14.【答案】【解答】解：根据椭圆的定义，①，∵，由勾股定理得，②，①²-②得：，∴.故答案为：．15.【答案】＝【解答】因为两圆相交于，两点，则，两点的坐标坐标既满足第一个圆的方程，又满足第二个圆的方程将两个圆方程作差，得直线的方程是：＝，16.【答案】【解答】解：由椭圆，得，，则，，∵是椭圆上的点，∴，且，∴，∴当或时，的最小值是．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：设圆圆心为，由得，，解得，∴，，所以圆：．由知，圆：.当切线斜率不存在时，．当切线斜率存在时，设切线，即，由圆心到切线的距离，解得，此时．综上：或．【解答】解：设圆圆心为，由得，，解得，∴，，所以圆：．由知，圆：.当切线斜率不存在时，．当切线斜率存在时，设切线，即，由圆心到切线的距离，解得，此时．综上：或．19.【答案】证明：取的中点，连，为中点，为的中位线，平行且等于,又平行且等于，平行且等于，∴四边形为平行四边形，，∵平面，平面，∴平面.解：由题意知为等腰直角三角形，为直角梯形，取中点，连接平面平面，平面，.在直角三角形中，三角形为等边三角形.取的中点，则平面为的中点，到平面的距离等于到平面的距离的一半，【解答】证明：取的中点，连，为中点，为的中位线，平行且等于,又平行且等于，平行且等于，∴四边形为平行四边形，，∵平面，平面，∴平面.解：由题意知为等腰直角三角形，为直角梯形，取中点，连接平面平面，平面，.在直角三角形中，三角形为等边三角形.取的中点，则平面为的中点，到平面的距离等于到平面的距离的一半，20.【答案】证明：取中点，连接，，如图：∵，且为中点，∴,∵,∴平面，∵平面，∴，∵为中点，∴.过点作垂直延长线于点,连接,∵平面平面，平面平面，平面，，∴平面,∵平面,∴,∵,∴,∴,∴,,.设为点到平面的距离，由于，可得,,,所以.【解答】证明：取中点，连接，，如图：∵，且为中点，∴,∵,∴平面，∵平面，∴，∵为中点，∴.过点作垂直延长线于点,连接,∵平面平面，平面平面，平面，，∴平面,∵平面,∴,∵,∴,∴,∴,,.设为点到平面的距离，由于，可得,,,所以.21.【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.22.【答案】解：设椭圆的方程为，由题意得，可得，即椭圆得方程为.当直线的斜率不存在时，的方程为.，，.当斜率不存在时，直线不满足条件.当斜率存在时，可设的方程为由，可得：.又，即，直线的方程为.【解答】解：设椭圆的方程为，由题意得，可得，即椭圆得方程为.当直线的斜率不存在时，的方程为.，，.当斜率不存在时，直线不满足条件.当斜率存在时，可设的方程为由，可得：.又，即，直线的方程为.