重庆市缙云教育联盟2021-2022学年高二上学期12月月考数学试题含解析.pdf

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1、1重庆缙云教育联盟重庆缙云教育联盟 2021-2022 学年（上）学年（上）12 月月度考试月月度考试高二数学学校:_姓名：_班级：_考号：_注意：本试卷包含、两卷。第卷为选择题，所有答案必须用 2B 铅笔涂在答题卡中相应的位置。第卷为非选择题，所有答案必须填在答题卷的相应位置。答案写在试卷上均无效，不予记分。一、单选题（本大题共 8 小题，共 40.0 分）1.已知抛物线上一点到其焦点 的距离为，则抛物线的标准方程为A.B.C.D.2.已知命题：“，”，则它的否定为A.，B.，C.，D.，3.祖眶，又名祖暅之，是我国南北朝时期的数学家、天文学家祖冲之的儿子他在缀术中提出“幂势既同，则积不容异

2、”的结论，其中“幂”是面积，“势”是高，意思就是：夹在两个平行平面间的两个几何体，被平行于这两个平行平面的任一平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等，这一原理主要应用于计算一些复杂几何体的体积已知某不规则几何体与如图所示的三视图所表示的几何体满足“幂势既同”，其中半圆和扇形的半径均为，则该不规则几何体的体积为A.B.C.D.4.圆与圆的位置关系是A.相交B.外切C.外离D.内切25.经过两条直线和的交点，且垂直于直线的直线方程为A.B.C.D.6.已知 为双曲线：的一个焦点，则点 到双曲线 的一条渐近线的距离为A.B.C.D.7.设有一组圆：下列四个命题：存在一条

3、定直线与所有的圆均相切；存在一条定直线与所有的圆均相交；存在一条定直线与所有的圆均不相交；所有的圆均不经过原点其中正确的序号是A.B.C.D.8.球面几何是几何学的一个重要分支，在航海、航空、卫星定位等方面都有广泛的应用 球面几何中，球面两点之间最短的距离为经过这两点的大圆的劣弧长，称为测地线已知正三棱锥，侧棱长为，底面边长为，设球 为其外接球，则球 对应的球面上经过，两点的测地线长为A.B.C.D.二、多选题（本大题共 4 小题，共 20.0 分）9.已知直线：，直线：，则下列命题正确的是A.若，则B.若，则3C.直线 过定点D.直线 过定点10.设，是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列

4、命题中正确的是A.若，异面，则B.若，则C.若，则D.若，则11.如图：空间直角坐标系中，已知点，则下列选项正确的是A.设点 在面内，若的斜率与的斜率之积为，则点 的轨迹为双曲线B.三棱锥的外接球表面积是C.设点 在平面内，若点 到直线的距离与点 到直线的距离相等，则点 的轨迹是抛物线D.设点在面内，且，若向量与 轴正方向同向，且，则最小值为12.某同学利用图形计算器研究教材中一例问题“设点，直线，相交于点，且它们的斜率之积为，求点的轨迹方程”时，将其中已知条件“斜率4之积为”拓展为“斜率之积为常数”之后，进行了如图所示的作图探究：参考该同学的探究，下列结论正确的有A.时，点的轨迹为椭圆 不含

5、与 轴的交点B.时，点的轨迹为焦点在 轴上的椭圆 不含与 轴的交点C.时，点的轨迹为焦点在 轴上的椭圆 不含与 轴的交点D.时，点的轨迹为焦点在 轴上的双曲线 不含与 轴的交点三、单空题（本大题共 4 小题，共 20.0 分）13.空间两点，中点坐标为_14.已知过点作抛物线：的两条切线，切点为，直线经过抛物线的焦点，则_15.椭圆内有一点，则以 为中点的弦所在直线的斜率为_ 16.在长方体中，为平面内一点，则_四、解答题（本大题共 6 小题，共 70.0 分）17.如图，四棱锥中，底面，底面为直角梯形，点 在棱上，且5求证：平面；求二面角的正弦值的大小18.已知，是圆：与 轴的两个交点，且

6、在 上方若直线 过点，且与圆 相切，求 的方程；已知斜率为 的直线过点，且与圆 交于，两点，直线，相交于点，证明点 在定直线上19.如图，已知正三棱柱中，点 为的中点，点 在上，求与所成角的余弦值；求平面与平面夹角的余弦值620.已知抛物线：上两点，焦点为 满足：，线段的垂直平分线过求抛物线 的方程；过点 作直线，使得抛物线 上恰有三个点到直线 的距离都为，求直线 的方程21.如图，三棱锥中，是边长为 的正三角形，底面于点，且求证：平面；求二面角的余弦值；在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由71.在平面直角坐标系中，设 为椭圆：的左焦点，直线与 轴交于点，为椭圆 的左

7、顶点，已知椭圆长轴长为，且求椭圆 的标准方程；若过点 的直线与椭圆交于两点，设直线，的斜率分别为，求证：为定值；求面积的最大值8答案和解析答案和解析1.【答案】【解析】解：抛物线的准线：，抛物线上一点到其焦点 的距离为，点 到准线的距离为，抛物线方程为故选：由抛物线的准线方程，结合已知条件求解，由此能求出抛物线方程本题考查抛物线方程的求法，抛物线的简单性质的应用，是基础题2.【答案】【解析】解：由含有量词的命题的否定方法：先改变量词，然后再否定结论，命题：“，”，则它的否定为：，故选：利用含有量词的命题的否定方法：先改变量词，然后再否定结论，求解即可本题考查了含有量词的命题的否定，要掌握其否定

8、方法：先改变量词，然后再否定结论，属于基础题93.【答案】【解析】解：由题意可知几何体是半径为 的球的，如图：所以几何体的体积为：故选：判断几何体的形状，然后求解几何体的体积即可本题考查三视图求解几何体的体积，判断几何体的形状是解题的关键，是基础题4.【答案】【解析】解：圆与圆的圆心分别为，半径分别为，两圆的圆心间的距离，而半径之差的绝对值半径之和因此，所以两圆的位置关系是相交故选：由题意可得两圆的圆心都为，半径分别为，根据圆心距和半径之间的关系即可求解结论本题给出两圆的方程，求它们的位置关系着重考查了圆的标准方程、圆与圆的位置关系等知识，属于基础题5.【答案】10【解析】解：解方程组：，解得

9、交点坐标为，直线 垂直于直线，可设直线 的方程为：，则直线 过点，直线 的方程为：，故选：求出两条直线的交点，两条直线垂直时，斜率乘积为，可以直接解出本题考查了直线相交，两条相互垂直的直线的条件，属于基础题6.【答案】【解析】解：由双曲线：，得，不妨取，一条渐近线方程为，即，则点 到双曲线 的一条渐近线的距离为故选：由已知求得双曲线的一个焦点坐标及一条渐近线方程，再由点到直线的距离公式求解本题考查双曲线的几何性质，考查点到直线距离公式的应用，是基础题7.【答案】11【解析】解：根据题意得：圆心，圆心在直线上，故存在直线与所有圆都相交，选项正确；考虑两圆的位置关系，圆：圆心，半径为，圆：圆心，即

10、，半径为，两圆的圆心距，两圆的半径之差，任取或 时，含于之中，选项错误；若 取无穷大，则可以认为所有直线都与圆相交，选项错误；将代入圆的方程，则有，即，因为左边为奇数，右边为偶数，故不存在 使上式成立，即所有圆不过原点，选项正确则真命题的代号是故选：由已知圆心，由两圆的位置关系、圆心距、两圆的半径之差，能判断出真命题个数本题考查命题真假的判断，是中档题，解题时要认真审题，注意圆的性质的合理运用，属于中档题8.【答案】【解析】解：如图，12设点 是点 在平面上的投影，则，点 在直线上，设球 的半径为，则，在中，解得，可得，球 对应的球面上经过，两点的测地线长为故选：设点 是点 在平面上的投影，则

11、，点 在直线上，设球 的半径为，然后在直角三角形中利用勾股定理建立 的方程，求解，再由得答案本题考查多面体的外接球的半径及球面距离的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题9.【答案】【解析】解：对于：当直线：，直线：，若，则，解得或，故 A 错误；对于：若，则，解得，故 B 正确；13对于：直线：，满足，故经过定点，故 C 正确；对于：直线：，满足，故经过定点，故 D 正确故选：直接利用定点直线系和直线的方程的应用判断、的结论本题考查的知识要点：直线的方程的应用，定点直线系，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题10.【答案】【解析】解：若，异面，由线面平行的性

12、质定理可得 内存在直线，由线面平行的判定定理可得，又，且，相交，则，故 A 正确；若，且，相交，则，故 B 错误；若，则或，或、相交，故 C 错误；若，则，又，由线面平行和垂直的性质定理，可得，故 D 正确故选：由线面平行和面面平行的判定定理，可判断；由面面平行的判定定理可判断；由线面的位置关系可判断；由线面平行和垂直的性质定理，结合面面平行的性质定理，可判断 本题考查空间中线线、线面和面面的位置关系，考查转化思想和空间想象能力、推理能力，属于基础题1411.【答案】【解析】解：对于：设点 在面内坐标为，所以，所以，所以，所以，所以，所以点 的轨迹是双曲线去掉两个顶点，故 A 错误；对于，因为

13、，关于平面对称，所以球心在平面内，又，所以球心在 与轴上的坐标互为相反数，设球心坐标为所以，解得，所以，所以表面积为，故 B 正确；对于：在平面内，若点 到直线的距离即为 到 的距离，又点 到直线的距离与点 到直线的距离相等，所以点 到 的距离与到直线的距离相等，所以点 的轨迹是抛物线；对于：点在面内，且，又，所以点的轨迹是以，为焦点的椭圆，且，所以，所以椭圆方程为，设到 的距离为，到 的距离为，要 使的 值 最 小，则最小，又，所以，即，15所以，故 D 正确；故选：由，得，化简可得轨迹方程可判断；由对称性知球心坐标可设为，求解得 的值，进而可求半径，可判断，由已知可得点到的距离与到直线的距

14、离相等，可判断，可求的轨迹方程为，设到 的距离为，到 的距离为，表示出进而计算可得最小值可判断 本题考查点的轨迹问题，两点间的距离，以及最小值问题，属中档题12.【答案】【解析】解：设，则，由题意可得，故若，方程化为，表示了以原点为圆心，为半径的圆 除，点；若，方程化为，点的轨迹为焦点在 轴的椭圆 不含与 轴的交点；若，方程化为，表示焦点在 轴，以、为短轴端点的椭圆 除，点；时，方程化为，点的轨迹为焦点在 轴的双曲线 不含与 轴的交点 综上可知，BCD 正确16故选：设，求出，所在直线的斜率，由题意可得，对 分类讨论可得结论本题考查曲线与方程，考查分类讨论的数学思想，考查学生分析解决问题的能力

15、，是基础题13.【答案】【解析】解：空间两点，中点坐标为；故答案为：直接利用空间中点坐标公式求解即可本题考查空间点的坐标的求法，中点坐标公式的应用，是基础题14.【答案】【解析】解：设，在抛物线：，过切点 与抛物线相切的直线斜率为，则以为切点的切线方程为，与抛物线：联立方程直线方程与抛物线方程得，所以，整理得，所以，解得，所以以为切点的切线方程为，整理得，同理，设，在抛物线：，过切点与抛物线相切的直线方程为17，又因为在切线和，所以，所以直线的方程，又因为直线经过抛物线 的焦点，所以令得，即，所以抛物线方程为，直线的方程，联立方程直线方程与抛物线方程得或，所以，所以，故答案为：设出点的坐标，与

16、抛物线方程联立，结合题意和韦达定理整理计算即可求得结果本题主要考查直线与抛物线的位置关系，韦达定理及其应用等知识，属于中等题15.【答案】【解析】解：设以点 为中点的弦所在直线与椭圆相交于点，斜率为 则，两式相减得，18又，代入解得故答案为：利用中点坐标公式、斜率计算公式、“点差法”即可得出结果熟练掌握中点坐标公式、斜率计算公式、“点差法”是解题的关键，是中档题16.【答案】【解析】解：如图所示，令 表示三棱锥和四棱锥分别以三角形和四边形为底面的高，则，下研究矩形，由题意，以 为坐标原点如图建立平面直角坐标系，19则，不妨设，故，故答案为：转化，研究矩形，建立平面直角坐标系，确定 的位置，即得

17、体积的比值本题主要考查空间向量及其运算，空间几何体体积的相关计算等知识，属于中等题17.【答案】解：连接，交点为，且，在三角形中，20在平面内，平面以 为原点，所在直线为 轴，所在直线为 轴，所在直线为 轴，建立空间直角坐标系底 面，底 面为 直 角 梯 形，由题得向量是平面的一个法向量设向量是平面的一个法向量，令，得，设二面角的平面角是，则，二面角的正弦值【解析】连接，交点为由，且知，在三角形中，故 EG由此能够证明平面以 为原点，所在直线为 轴，所在直线为 轴，所在直线为 轴，建立空间直角坐标系 则，由题得向量是平面21的一个法向量设向量是平面的一个法向量，由，知，故，由向量法能够求出二面

18、角的正弦值本题考查直线与平面平行的证明和求二面角的正弦值，考查运算求解能力，推理论证能力；考查化归与转化思想综合性强，难度大，易出错，是高考的重点解题时要认真审题，仔细解答，注意向量法的灵活运用18.【答案】解：点的坐标满足，所以 为圆 上一点圆：的圆心为，则，所以直线 的斜率为，所以直线 的方程为，即，证明：设，直线的方程为，由圆：，可得，联立方程组，消去 并化简得，所以，直线的方程为，直线的方程为，由知由，化简得故点 在定直线上【解析】求出直线 的斜率，利用点斜式求解直线 的方程22设，直线的方程为，求出坐标，联立方程组，利用韦达定理结合斜率关系，推出结果即可本题考查直线与圆的位置关系的综

19、合应用，考查分析问题解决问题的能力，是中档题19.【答案】解：以点 为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，则，所以，设与所成角为，则，故 ED 与所成角的余弦值为；由待定系数法求出平面法向量为，平面的法向量，所以，故平面与平面夹角的余弦值为【解析】建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和两条直线方向向量的坐标，由向量的夹角公式求解即可；利用待定系数法求出平面与平面的法向量，由向量的夹角公式求解即可本题考查了空间向量在立体几何的综合应用，异面直线所成角以及二面角的求解，在求解有关空间角问题的时候，一般会建立合适的空间直角坐标系，将空间角问题转化为空间向量问题进行研究，属于中档题20.【答案

20、】解：由抛物线的定义，易知：，23，点在线段的垂直平分线上，即：，又，整理得：，即：，解得：，抛物线的方程为，直线：，设与 平行的直线：，由得：，又，故直线 的方程：【解析】由抛物线的定义知：，由点在线段的垂直平分线上，知，由此能求出抛物线的方程只需与 平行的直线：，与抛物线相切，并且两直线间距离为，即可本题考查抛物线的简单性质，考查直线与抛物线位置关系的应用，是中档题21.【答案】证明：因为，所以，所以因为为正三角形，所以24又由已知可知为平面四边形，所以因为平面，平面，所以平面由点 在平面上的射影为 可得平面，所以，如图，以 为坐标原点，所在直线为 轴，所在直线为 轴，所在直线为 轴，建立

21、空间直角坐标系，则，易知平面的一个法向量为，设为平面的法向量，令，则，所以平面的一个法向量为，所以，由题意及图形知，二面角是钝二面角，所以二面角的余弦值为由可得：，因为，所以与不垂直，所以在棱上不存在点，使得平面【解析】推导出，又为平面四边形，从而，由此能证明平面；由点 在平面上的射影为 可得平面，以 为坐标原点，25建立空间直角坐标系，运用向量法求出二面角的余弦值；由求出，由，得出在线段上不存在点 使得平面本题考查线面平行的判定定理、二面角的大小的求法、空间向量在立体几何中的应用，属中档题22.【答案】解：因为，所以，又，所以，所以，所以椭圆 的标准方程为当的斜率为 时，显然，当的斜率不为 时，设：，由得，设，故有，所以因为，所以综上所述，恒有为定值26，即，当且仅当，即时取等号 此时适合，所以面积的最大值为【解析】由题意，得出边长的方程，解得 的长，再得椭圆方程即可，设出直线的斜率，再联立椭圆与直线方程，得斜率之和即可，联立直线与椭圆，由韦达定理，求面积即可本题考查直线与椭圆的综合应用，属于难题