1、北京市第四十三中学2020-2021学年高二数学12月月考试题（含解析）满分150分 时间90分钟一选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50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）1. 函数的定义域是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】令，解不等式即可.【详解】由题意可得：，解得：或，所以函数的定义域是，故选：C2. 直线的倾斜角的大小为A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由直线方程可求斜率，从而可得倾斜角【详解】设直线x-y+1=0的倾斜角为，则tan=，0，180）=60，故选B【点睛】本题考查了直线的倾斜角与斜率的关系，考查了推理能力
2、与计算能力，属于基础题3. 圆心为且过原点的圆的方程是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：设圆的方程为，且圆过原点，即，得，所以圆的方程为.故选D.考点：圆的一般方程.4. 直线截圆所得的弦长为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据圆的方程直接求出圆心及半径，再求出圆心到直线距离，再根据圆心到直线距离与半径及半弦长满足勾股定理，求得半弦长与弦长.【详解】由圆得该圆的圆心为，半径为，故圆心到直线的距离，故弦长，故选：D.【点睛】圆的弦长的常用求法：(1)几何法：求圆的半径为r，弦心距为d，弦长为l，则；(2)代数方法：运用根与系数的关系及弦长公式：.5
3、. 双曲线的一个焦点坐标为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用双曲线方程求出，然后求解焦点坐标即可.【详解】由双曲线得，故选：C.6. 已知椭圆的短轴长是焦距的2倍，则椭圆的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由题意及椭圆的简单性质易得，结合离心率的概念即可得结果.【详解】椭圆的短轴长是焦距的2倍，又，可得，椭圆的离心率为，故选：D.7. 抛物线的准线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先将抛物线方程化为标准形式，再根据抛物线的性质求出其准线方程.【详解】抛物线的方程可变为x2y故其准线方程为y故选D.【点睛】本题考
4、查抛物线的简单性质，解题关键是记准抛物线的标准方程，别误认为p1，因看错方程形式马虎导致错误8. 已知方程表示焦点在轴上的椭圆，则的取值范围是（ ）A. 或B. C. D. 或【答案】D【解析】【分析】根据椭圆的定义及标准方程，列出关于的不等式组求解即可.【详解】有题意可知，解得或.故选：D.9. 在中，那么等于（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据正弦定理求解.【详解】由题意可知，根据正弦定理得.故选：A.10. 设椭圆（）离心率为，右焦点为，方程的两个实根分别为和，则点（ ）A. 必在圆内B. 必在圆上C. 必在圆外D. 以上三种情形都有可能【答案】A【解析】【分析】
5、先利用离心率得到，代入方程整理得，利用韦达定理，代入点，得到，即可判断.【详解】椭圆的离心率，又该方程有两个实根分别为和，点在圆的内部，故选：A.二填空题（本大题共8小题，每题5分，共40分，把答案填在横线上）11. 不等式的解集是_【答案】或【解析】分析】将一元二次不等式化为标准形式可解得结果.【详解】由得，所以或.故答案为：或12. 直线l过点且与直线垂直，则直线l的方程是_【答案】.【解析】【分析】根据与已知直线垂直的直线系方程可设与直线2x3y+4=0垂直的直线方程为3x2y+c=0，再把点（1，2）代入，即可求出c值，得到所求方程【详解】所求直线方程与直线2x3y+4=0垂直，设方程
6、为3x2y+c=0直线过点（1，2），3（1）22+c=0c=1所求直线方程故答案为：【点睛】本题主要考查了互相垂直的两直线方程之间的关系，以及待定系数法求直线方程，属于基础题13. 已知且，则x的值是 _【答案】【解析】【分析】利用向量数量积的坐标运算公式直接求解.【详解】由且，得，解得，故答案为：14. 已知F1、F2为椭圆的两个焦点，过F1的直线交椭圆于A、B两点，则 的周长为_【答案】20【解析】【分析】根据椭圆的定义，直接计算结果.【详解】的周长 ，由椭圆方程可知，所以的周长.故答案为：2015. 双曲线的顶点坐标_，渐近线方程_【答案】 (1). ， (2). 【解析】【分析】求出
7、双曲线中的，从而得到顶点坐标、渐近线方程.【详解】双曲线中的，所以，所以顶点坐标为，渐近线方程为，即.故答案为：，；.16. 抛物线上一点的纵坐标为4，则点与抛物线焦点的距离为_.【答案】【解析】【分析】【详解】试题分析：由已知，抛物线的焦点坐标为，准线方程为，根据抛物线的定义，点A到抛物线焦点的距离等于到准线的距离考点：1、抛物线的定义；2、抛物线的标准方程.17. 如图正方体的棱长为，以下结论正确的是_异面直线与所成的角为直线与垂直 直线与平行 三棱锥的体积为【答案】【解析】【分析】连接，则可得出为等边三角形，则与所成角等于与所成角，其大小为；证明，再由可得；证明平面，得出，从而证得；最后
8、计算出.【详解】对于，连接，则根据正方体的特点可知，且，则三角形为等边三角形，所以与所成角等于与所成角，其大小为，故正确；对于，如图所示，因为，又，所以，故正确；对于，由可知，又，且，平面，平面，所以平面，所以，则，故错误；对于，连接，则三棱锥的体积为，故正确.故答案为：.【点睛】本题考查空间异面直线间的夹角、空间直线间位置关系的判断等，解答本题的关键在于：（1）用定义法求解异面直线夹角时，注意要将线进行平移转化，找到异面直线夹角的平面角，然后通过解三角形求解夹角的大小或夹角余弦值的大小；（2）注意运用空间平行关系、垂直关系的判定定理与性质定理判断空间两条直线间的位置关系.18. 已知曲线C的
9、方程，有以下说法：曲线C过原点 曲线C与x轴有两个交点曲线C关于x轴，y轴对称为曲线C上任意一点，则其中全部正确的是_【答案】【解析】【分析】将原点做标代入可判断错误；令，求解的根的个数判断是否正确；针对和两类情况分类讨论，根据解析式及性质判断是否正确；再将原式化为，判断是否成立.【详解】对于，将原点代入可判断错误；对于，令得，解得，则曲线与轴有两个交点，故正确；对于，当时， ，当时，因为曲线与曲线的图象都关于轴对称，则曲线C的图象关于轴对称；而当与时，解析式互为相反数，故其图象关于轴对称，所以正确；对于，由得，因为，则，故正确.故答案为：.三解答题（本大题共4小题，共60分，解答应写出文字说
10、明、证明过程或演算步骤）19. 已知圆截直线的弦长为（）求圆的半径；（）求的值；（）过点作圆的切线，求切线的方程【答案】（）5；（）5；（）或【解析】【分析】（）将圆的方程化为标准形式可得结果；（）根据勾股定理列式可解得结果；（）分类讨论切线的斜率是否存在，利用待定系数法可求得结果.【详解】（）圆可化为所以圆C的半径为5（）圆心到直线的距离为所以由勾股定理，得，即， 又因为所以a=5（）当过点的直线的斜率不存在时，直线方程为，显然它和圆相切；当过点的直线的斜率存在时，设直线方程为，即，因为此直线与圆C相切，所以，解得 因此，切线为或【点睛】易错点点睛：设直线方程时，要注意直线的斜率是否存在，这
11、里容易漏掉切线的斜率不存在的情形.20. 已知椭圆的焦点为和，椭圆上一点到两焦点的距离之和为.（1）求椭圆的标准方程；（2）若直线与椭圆交于两点.当变化时，求面积的最大值（为坐标原点）【答案】（1）；（2）最大值【解析】【分析】（1）通过椭圆的定义即得结论；（2）联立直线与椭圆方程，利用韦达定理，三角形的面积公式，计算即可得出结果.【详解】（1）设椭圆的标准方程为：，由题意知：，则，所以椭圆的标准方程为：；（2）联立 ，消去并整理得：，解得：，由题意知：，设，由韦达定理得：，设直线与轴的交点为，所以的面积，则 ，当且仅当时，面积取得最大值.【点睛】关键点睛：本题是直线与圆锥曲线的综合题；联立直
12、线与椭圆方程，利用韦达定理，三角形的面积公式是解决本题的关键.21. 如图，椭圆经过点，且离心率为（1）求椭圆E的方程；（2）若经过点，且斜率为k直线与椭圆E交于不同的两点P，Q（均异于点A），证明：直线AP与AQ的斜率之和为定值【答案】（1）；（2）所以直线、斜率之和为定值2【解析】【分析】（1）运用离心率公式和，关系，解方程可得，进而得到椭圆方程；（2）把直线的方程代入椭圆方程，运用韦达定理和直线的斜率公式，化简计算即可得到结论【详解】解：（1）由题意知，结合，解得，椭圆的方程为；（2）由题设知，直线的斜率不为0，则直线的方程为，代入，得，由已知，设，则，从而直线与的斜率之和：所以直线、斜
13、率之和为定值2【点睛】(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形22. 如图,四棱锥中,平面, .,是的中点.()证明:平面;()若二面角的余弦值是,求的值;()若,在线段上是否存在一点,使得. 若存在,确定点的位置;若不存在,说明理由.【答案】()见解析 () . ()不存在，见解析【解析】【分析】（I）通过证明，证得平面.（II）建立空间直角坐标系，利用二面角的余弦值列方程，解方程求得的值.（III）设
14、出点的坐标，利用列方程，推出矛盾，由此判断满足条件的点不存在.【详解】()证明:因为 平面,所以 平面.又因为 平面,所以 . 在中,是的中点,所以 . 又因为 ,所以 平面. ()解:因为 平面,所以,. 又因为 ,所以 如图建立空间直角坐标系.则,. 设平面的法向量为.则 即 令,则,于是. 因为平面,所以. 又,所以平面.又因为, 所以 取平面法向量为.所以 , 即,解得.又因为,所以.()结论:不存在.理由如下:证明:设.当时,.,. 由知,.这与矛盾. 所以,在线段上不存在点,使得.【点睛】本小题主要考查线面垂直的证明，考查根据二面角的余弦值求参数，考查存在性问题的求解，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.