1、内蒙古赤峰二中2020-2021学年高二数学上学期第一次月考试题 理（时间：120分钟 满分：150分）一选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1已知命题，命题在区间上单调递增则下列命题中为真命题的是（ ）ABCD2设命题所有正方形都是平行四边形，则为（ ）A所有正方形都不是平行四边形B有的平行四边形不是正方形C有的正方形不是平行四边形D不是正方形的四边形不是平行四边形3若椭圆的离心率为，则实数的值为（ ）A或B或CD4曲线方程的化简结果为（ ）ABCD5在椭圆中，分别为椭圆的左右顶点，为左焦点，是椭圆上的点，求的面积最大值（ ）ABCD6在空间直角坐标系中，一个四面体的顶点坐标分别
2、是，则该四面体的体积为（ ）ABCD7在中，内角、所对的边分别为、，则“”是“是以、为底角的等腰三角形”的（ ）A充分非必要条件B必要非充分条件C充要条件D既非充分也非必要条件8已知命题，且是的必要不充分条件，则实数的取值范围为（ ）ABCD9点P(x，y)是椭圆(ab0)上的任意一点，F1，F2是椭圆的两个焦点，且F1PF290，则该椭圆的离心率的取值范围是()A0e Be1 C0e1 De10已知椭圆的右焦点为，离心率，过点的直线交椭圆于两点，若中点为，则直线的斜率为（ ）A2BCD11已知，是椭圆的左，右焦点，是的左顶点，点在过且斜率为的直线上，为等腰三角形，则的离心率为（ ）ABCD1
3、2已知三棱锥中,则三棱锥的外接球的表面积为（ ）ABCD二填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13如图，A、B为椭圆的两个顶点，过椭圆的右焦点F作轴的垂线与其交于点C，若ABOC(O为坐标原点)，则直线AB的斜率为_.14设为曲线上一动点，为坐标原点，为线段的中点，则点的轨迹方程为_.15已知椭圆的左右焦点分别为，过的直线l交椭圆于A，B两点，若的最大值为5，则b的值是_.16分别为菱形的边的中点，将菱形沿对角线折起，使点不在平面内，则在翻折过程中，以下命题正确的是_.（写出所有正确命题的序号） 平面； 异面直线与所成的角为定值；在二面角逐渐渐变小的过程中，三棱锥的外接球半径先变小后
4、变大；若存在某个位程，使得直线与直线垂直，则的取值范围是.三、解答题（本大题共6小题，共70分）17（本题10分）设命题p：实数满足不等式；命题q：关于不等式对任意的恒成立（1）若命题为真命题，求实数的取值范围；（2）若“”为假命题，“”为真命题，求实数的取值范围.18(本题12分)在等差数列中，（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前项和19(本题12分)ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设（1）求B；（2）若ABC的面积等于，求ABC的周长的最小值20(本题12分)如图，底面 是边长为1的正方形，平面，与平面所成角为60.（1）求证： 平面；（2）求二面角的余弦值.21(本题1
5、2分)椭圆的离心率为，过点的动直线与椭圆相交于两点，当直线平行于轴时，直线被椭圆截得线段长为.（1）求椭圆的方程；（2）在轴上是否存在异于点的定点，使得直线变化时，总有？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.22(本题12分)如图四棱锥中，底面ABCD是平行四边形，平面ABCD，垂足为G，G在AD上，且，E是BC的中点求异面直线GE与PC所成的角的余弦值；求点D到平面PBG的距离；若F点是棱PC上一点，且，求的值理科参考答案1C【解析】【分析】由三角函数的值域知p为真命题，由二次函数的单调性知q为假命题，根据带有简单逻辑连接词的命题真假判断规则判断各选项的真假.【详解】P为真命题，函数在
6、上单调递减，在上单调递增，q为假命题.所以为真命题，其余选项均为假命题.故选：C【点睛】本题考查简单的逻辑连接词，判断命题的真假，属于基础题.2C【解析】【分析】根据含有量词的命题的否定即可得到结论【详解】“所以”改为“存在”（或“有的”），“都是”改为“不都是”（或“不是”），即为有的正方形不是平行四边形故选C.【点睛】本题考查命题的否定特称命题与全称命题的否定关系，基本知识的考查3B【解析】【分析】对椭圆的焦点位置进行分类讨论，结合椭圆的离心率公式可求得实数的值.【详解】若椭圆的焦点在轴上，此时，则，该椭圆的离心率为，解得；若椭圆的焦点在轴上，此时，则，该椭圆的离心率为，解得.综上所述，或
7、.故选：B.【点睛】本题考查利用椭圆的离心率求参数，解题时要注意对椭圆焦点的位置进行分类讨论，考查运算求解能力，属于基础题.4D【解析】【分析】根据题意得到给出的曲线方程的几何意义，是动点到两定点的距离之和等于定值，符合椭圆定义，然后计算出相应的得到结果.【详解】曲线方程，所以其几何意义是动点到点和点的距离之和等于，符合椭圆的定义. 点和点是椭圆的两个焦点.因此可得椭圆标准方程，其中，所以，所以所以曲线方程的化简结果为.故选D项.【点睛】本题考查曲线方程的几何意义，椭圆的定义，求椭圆标准方程，属于简单题.5A【解析】【分析】分析题意可知点为短轴端点时，的面积取最大值，计算即可求得结果.【详解】
8、由题意可知点为短轴端点时，的面积取最大值，因为椭圆方程为：，所以，即有.故选：A.【点睛】本题主要考查椭圆的方程的简单应用，考查了椭圆中的三角形的面积公式的应用，考查运算求解能力，属于基础题.6D【解析】，故选D.7B【解析】【分析】利用余弦定理化简等式，结合充分条件、必要条件的定义判断即可得出结论.【详解】，即，整理得，或，则是以、为底角的等腰三角形或以为直角的直角三角形.因此，“”是“是以、为底角的等腰三角形”的必要不充分条件.故选：B.【点睛】本题考查必要不充分条件的判断，同时也考查了余弦定理边角互化思想的应用，考查计算能力与推理能力，属于中等题.8D【解析】【分析】求出命题不等式的解为
9、，是的必要不充分条件，得是的子集，建立不等式求解.【详解】解：命题，即: ，是的必要不充分条件，解得实数的取值范围为故选：【点睛】本题考查根据充分、必要条件求参数范围，其思路方法：(1)解决此类问题一般是把充分条件、必要条件或充要条件转化为集合之间的关系，然后根据集合之间关系列出关于参数的不等式(组)求解(2)求解参数的取值范围时， 一定要注意区间端点值的检验9A【解析】【分析】根据题意并结合图形的几何性质可得到以为直径的圆与椭圆至多有一个公共点，进而得到，由此可得离心率的取值范围，或在PF1F2中根据余弦定理求解也可得到所求范围【详解】方法一：点P(x，y)是椭圆上的任意一点，F1，F2是椭
10、圆的两个焦点，且F1PF290，以为直径的圆与椭圆至多有一个公共点，故选A方法二：由题意得当点P为短轴的端点时，F1PF2最大，只要此时F1PF290即可，这时|PF1|PF2|a，|F1F2|2c，在PF1F2中由余弦定理得，a2a24c2，解得，故选A【点睛】本题考查椭圆离心率的计算，解答此类问题时，可根据题意及椭圆中的基本量间的关系进行求解，也可根据椭圆中几何图形的关系进行求解，解题时要合理选择方法，属于基础题10C【解析】【分析】先根据已知得到，再利用点差法求出直线的斜率.【详解】由题得.设，由题得，所以，两式相减得，所以，所以，所以.故选C【点睛】本题主要考查椭圆离心率的计算，考查直
11、线和椭圆的位置关系和点差法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于中档题.11D【解析】【分析】【详解】分析：先根据条件得PF2=2c,再利用正弦定理得a,c关系，即得离心率.详解：因为为等腰三角形，所以PF2=F1F2=2c,由斜率为得，由正弦定理得,所以，故选D.点睛：解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于的方程或不等式，再根据的关系消掉得到的关系式，而建立关于的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等.12B【解析】【分析】根据三棱锥中,构建长方体,即长方体体对角线是外接球的直径,即可求得外接球的表面积.【详解】 在中, , ,故是直角
12、三角形且为直角. 中, ,故是直角三角形且为直角.可得 结合已知 可得:面 可构建长方体,如图:则三棱锥的外接球的直径是长方体体对角线, 外接球的 根据球的表面积公式:.故选:B.【点睛】本题主要考查了三棱锥的外接球的表面积的计算问题,其中解答中根据几何体的结构特征,构建长方体,得到长方体的外接球是三棱锥的外接球是解答的关键,着重考查了数形结合思想,以及推理与运算能力.13【解析】【分析】由椭圆的方程及过椭圆的右焦点F作轴的垂线，求得，根据，求得，进而得到，利用斜率公式，即可求解【详解】由题意，椭圆，过椭圆的右焦点F作轴的垂线与其交于点C，可得，又由，可得，整理得，即，又由，所以直线的斜率为故
13、答案为：【点睛】本题主要考查了椭圆的标准方程及其简单的几何性质的应用，其中解答中熟记椭圆的标准方程，熟练应用椭圆的几何性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题14【解析】【分析】设，得到，代入双曲线的方程，即可求得点的轨迹方程.【详解】设，因为为坐标原点，为线段的中点，可得，代入双曲线的方程，可得，整理得，即点的轨迹方程为.【点睛】本题主要考查了轨迹方程的求解，其中解答中认真审题，合理利用代入法求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.15【解析】【分析】由椭圆的定义，得，所以当线段的长度取得最小值时，有最大值. 易知当垂直于x轴时，最小，计算即可得解.【详解】由椭
14、圆的定义，可知，所以当线段的长度取得最小值时，有最大值.当垂直于x轴时，最小，且，所以的最大值为，所以，即.故答案为：.【点睛】（1）涉及椭圆上的点与两焦点的距离时，要注意联想椭圆的定义，要结合图形看能否运用定义进行求解点在椭圆上，则点一定满足椭圆的定义，同时点的坐标适合方程；（2）过焦点的所有弦中，垂直于长轴的弦是最短的弦，而它的长为把这个弦叫作椭圆的通径16【解析】【分析】由，可得证；取AC中点P，可证得平面DPB，可得正； 借助极限状态，当平面DCA与平面BCA重合时，三棱锥的外接球即为以三角形ABC的外接圆为圆心，半径为半径的球，二面角不为0时，外接圆的半径一定大于此半径，不正确. 过
15、A在平面ABC中作交BC于H，分析H点在BC上的位置，可得证.【详解】由分别为菱形的边的中点，故，平面ABD，故平面；取AC中点P，连接DP，BP，由于菱形ABCD，所以，可证得平面DPB，故，又，故，异面直线与所成的角为定值. 借助极限状态，当平面DCA与平面BCA重合时，三棱锥的外接球即为以三角形ABC的外接圆为圆心，半径为半径的球，当二面角变大时球心离开平面ABC，但球心在平面ABC的投影仍然为三角形ABC的外接圆的圆心，故二面角不为0时，外接球半径一定大于三角形ABC的外接圆半径，故三棱锥的外接球半径不可能先变小后变大. 过A在平面ABC中作交BC于H，若为锐角，H在线段BC上；若为直
16、角，H与B点重合；为钝角，H在线段BC的延长线射线CB上.若存在某个位程，使得直线与直线垂直，由于，因此平面AHD，故.若为直角，H与B点重合，即，由于，不可能成立.若为钝角，则原平面图中，为锐角，由于立体图中，故立体图中一定比原图中更小，因此为锐角，故H在线段CB上，与H在线段BC的延长线射线CB上矛盾，因此的取值范围是.故答案为：【点睛】本题考查了立体几何综合，考查了学生空间想象，逻辑推理，数学运算的能力，属于较难题.17（1）；（2）或【解析】【分析】（1）若命题为真命题，则成立，求实数的取值范围即可；（2）先假设两命题都是真命题时实数的取值范围，若“”为假命题，“”为真命题，则命题一真
17、一假，分别求出当真假和假真时的取值范围，再求并集即可得到答案【详解】（1）若命题为真命题，则成立，即，即 （2）由（1）可知若命题为真命题，则，若命题为真命题，则关于不等式对任意的恒成立则，解得 ，因为“”为假命题，“”为真命题，所以命题一真一假，若真假，则，即若假真，则，即综上，实数的取值范围为或.【点睛】本题考查命题及复合命题，对于复合命题求参数的取值范围，解题的关键是分别假设该命题是真命题，求出对应的范围，再由题分析得答案，属于一般题18（1）；（2）.【解析】【分析】(1)根据等差数列的通项公式求解；(2)运用裂项相消法求数列的和.【详解】（1），即（2）由（1）可得，即.利用累加法得
18、【点睛】本题考查等差数列的通项公式和裂项相消法求数列的和.19（1）；（2）【解析】【分析】（1）先利用边角互化将转化为关于B的方程，求出B（2）因为B已知，所以求面积的最小值即为求ac的最小值，结合余弦定理和基本不等式可以求得【详解】（1）因为，由正弦定理得因为，所以sinA0，所以，所以，因为，所以，即（2）依题意，即ac4所以当且仅当时取等号又由余弦定理得，当且仅当ac2时取等号所以ABC的周长最小值为【点睛】本题主要考查解三角形、基本不等式求最值，考查学生逻辑推理、数学运算、直观想象的核心素养，是一道容易题.20（1）见解析；（2）.【解析】【分析】（1）由已知可得且，由线面垂直的判定
19、定理即可得到证明；（2）以为原点，方向为x轴，方向为y轴，方向为z轴建立空间直角坐标系，利用已知条件求出平面的一个法向量和平面的一个法向量，利用向量的夹角公式计算即可.【详解】（1）证明：平面，平面，所以，又底面是正方形，.，平面.（2）解：两两垂直，以为原点，方向为x轴，方向为y轴，方向为z轴建立空间直角坐标系，由已知可得，由，可知.则， ,.设平面的一个法向量为，则，即令，则.平面，则为平面的一个法向量，二面角为锐角，二面角的余弦值为.【点睛】本题考查空间向量在立体几何中的应用，求解二面角大小的关键是正确解出两个半平面的法向量，然后由法向量的夹角得出二面角的大小21（）；（）存在定点满足题
20、意.【解析】试题分析：（1）由椭圆的离心率是，直线被椭圆截得的线段长为列方程组求出，从而可得椭圆的标准方程；（2）设直线方程为，由得，根据韦达定理及斜率公式可得，令，可得符合题意.试题解析：（1），椭圆方程化为：，由题意知，椭圆过点，解得，所以椭圆的方程为：；（2）当直线斜率存在时，设直线方程：，由得，设，假设存在定点符合题意，上式对任意实数恒等于零，即，当直线斜率不存在时，两点分别为椭圆的上下顶点，显然此时，综上，存在定点满足题意22（1）；（2）；（3）.【解析】【分析】以点为原点，为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，写出要用的点的坐标，写出两条异面直线对应的向量，根据两个向量的所成的角就可以确定异面直线所成的角。计算点到面的距离，需要先做出面的法向量，在法向量与点到面的一个点所成的向量之间的运算，得到结果。设出点的坐标，根据两条线段垂直，得到两个向量的数量积等于，解出点的坐标，根据向量的模长之比等于线段之比，得出结果。【详解】以点为原点，为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，则，故E，所以与所成的余弦值为.平面的单位法向量因为，所以点到平面的距离为，设，则，因为，所以，所以，又，所以，故F，所以。【点睛】本题考查空间几何量的计算，准确把握立体几何的最新发展趋势：这样可以减低题目的难度，坚持向量法与公理化法的“双轨”处理模式，在复习备考时应引起高度注意。
