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

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：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.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；，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：①平面；②；③平面；④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．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.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】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】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.【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：①由正方体的性质得，平面，平面，所以平面；②由正方体的质得，又是在底面内的射影，所以；③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；④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：.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.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.