1、四川省成都外国语学校2020-2021学年高二数学12月月考试题 理注意事项：1本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。2本堂考试120分钟，满分150分。3答题前，考生务必将自己的姓名、学号填写在答题卡上，并用2B铅笔填涂。4考试结束后，将答题卡交回。第卷 选择题（共60分）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将答案填在答题卡对应题号的位置上）1命题“，”的否定是（ ）A，B，C，D，2已知点，若，则点C的坐标为（ ）ABCD3若双曲线（a0）的一条渐近线方程为，则其离心率为（ ）AB2CD4.直线l：xy20与圆
2、O：x2y24交于A，B两点，O是坐标原点，则AOB等于（ ）A、 B、 C、 D、5设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（ ）A若，则 B若 ，则 C若 ，则 D若 ，则 6过点 与双曲线 仅有一个公共点的直线有 A. 条B. 条C. 条D. 条7在我国古代数学名著九章算术中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑.在鳖臑中，平面，且，则异面直线与所成角的正弦值为（ ）AB C D8已知三棱柱的侧棱与底面垂直，体积为，底面是边长为的正三角形，若为底面的中心，则面与平面所成角正切值的大小为（ ）ABCD 9已知双曲线的离心率为，且抛物线的焦点为，点（）在此抛物线上，为线段
3、的中点，则点到该抛物线的准线的距离为（ ）A B2 C D110、已知O：与O1：相交于A、B两点，若两圆在A点处的切线互相垂直，且AB=4，则O1的方程为（ ） A、20 B、50 C、20 D、50 11、已知圆锥的顶点为为底面中心，为底面圆周上不重合的三点，为底面的直径，M为的中点设直线与平面所成角为，则的最大值为（ ）A. B.C.D.12过抛物线焦点的直线与抛物线交于，两点，与圆交于，两点，若有三条直线满足，则的取值范围为（ ）AB CD第卷 非选择题（共90分）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分把答案填在答题卡中对应题号后的横线上）13已知条件且， ，则是的_条件.（
4、填：充分不必要、 必要不充分、 充要、既不充分又不必要）14设，是椭圆C：的两个焦点，O为坐标原点，点P在C上且，则的面积为_15已知正方体的棱长为2，点，分别为棱，的中点，下列结论中，其中正确的命题_（填序号）过，三点作正方体的截面，所得截面为正六边形；平面；四面体的体积等于16、已知椭圆C：的右焦点为F，点A（一2，2)为椭圆C内一点。若椭圆C上存在一点P，使得PAPF8，则m的最大值是_.三、解答题（本大题共6小题，第17题10分，其它每题12分，共70分解答应写出文字说眀、证眀过程或演算步骤）17设命题函数在上是减函数，命题不等式有解.（1）若命题为真，求的取值范围；（2）若“”为假命
5、题，“”为真命题，求的取值范围.18已知点为坐标原点，动点使得.（1）求点的轨迹方程；（2）设点的轨迹为，过点的直线与交于两点、，若，求直线的方程.19如图，四边形为梯形，平面，为中点.（1）求证：平面平面；（2）线段上是否存在一点，使平面？若有，请找出具体位置，并进行证明：若无，请分析说明理由.20已知抛物线：的焦点是椭圆的一个焦点.（1）求抛物线的方程；（2）设，为抛物线上的不同三点，点，且.求证：直线过定点.21.如图，已知与分别是棱长为1与2的正三角形，/，四边形为直角梯形，/，点为的重心，为中点，平面，为线段上靠近点的三等分点.（1）求证：/平面；（2）若二面角的余弦值为，试求异面直
6、线与所成角的余弦值.22已知直线与椭圆:交于两点.（1）若线段的中点为,求直线的方程;（2）记直线与轴交于点,是否存在点,使得始终为定值?若存在,求点的坐标,并求出该定值;若不存在,请说明理由.成都外国语学校20202021学年度上期第三次月考考试高二数学理科答案16 BBCDDD 712CDACAB13充分不必要 143 15 16. 2517.（1）或；（2）.对于命题：函数在上是减函数，则，对于命题：不等式有解，则，解得或，（1）若命题为真，则或；（2）因为“”为假命题，“”为真命题，所以一真一假.若真假，则，解得；若假真，则，解得或，综上，的取值范围是.18.【答案】（1）；（2）或.
7、（1）设点，则，.由题意，.整理得：，即点的轨迹方程为，（2）由（1）得，为以为圆心，以为半径的圆，设的中点为，连结，.由垂径定理，.则即点到直线的距离为2.（i）当直线的斜率不存在时，：，经检验符合题意；（ii）当直线的斜率存在时，设：，即所以，解得：；所以，：，即.综上，直线的方程为或.19解：（1）证明：连结，所以为中点，所以 又因为平面.所以因为所以平面，因为平面，所以平面平面（2）当点位于三分之一分点（靠近点）时，平面连结，交于点，所以相似于又因为，所以，从而在中，而所以，而平面，平面 所以平面20【答案】（1）；（2）证明见解析.（1）因为椭圆的焦点为，依题意，所以：（2）设直线的
8、方程为，与抛物线联立得，设，则，由，则，即，所以即，整理得到，所以，化简得即，解得或.当时，直线的方程为，即为，即直线过定点；当时，直线的方程为，即为，即直线过定点，此时与点重合，故应舍去，所以直线过定点. 21.解：（）连延长交于，因为点为的重心，所以又，所以，所以/；因为/，/，所以平面/平面，又与分别是棱长为1与2的正三角形，为中点，为中点, /,又/，所以/，得四点共面/平面（）由题意，以为原点，为x轴，为y轴，为z轴建立空间直角坐标系，设，则，设平面的法向量，则，平面的法向量，所以二面角的余弦值，又，,直线与所成角的余弦值为 .22【答案】（1） （2）存在，,定值为.【解析】（1）设,代入椭圆得，两式相减得:,线段的中点为，,直线的斜率为:，直线的方程为:,即:.（2）设,当直线与轴重合时,有;当直线与轴垂直时,由,解得.存在点,则,根据对称性,只考虑直线过点,设,设直线的方程为,由,消掉,可得:,根据韦达定理可得:,，,同理, ,综上所述,存在点M(,0),使得为定值.