1、北京市育英学校2020-2021学年高二数学11月月考试题（1-5班，含解析）一、选择题共10小题，每小题5分，共50分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.1. 直线的倾斜角的度数是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析】由直线斜率与倾斜角的关系运算即可得解.【详解】由题意，直线的斜率，设直线的倾斜角为，则，所以.故选：A.2. 直线与互相垂直，则实数的值是（ ）A. B. C. 或D. 以上都不对【答案】C【解析】【分析】由两直线垂直的充要条件计算【详解】由题意，解得或故选：C3. 已知向量，且，那么等于（ ）A. B. C. D. 5【答案】B【解析】【分析】
2、由，得【详解】解：因为向量，且，所以，解得，所以，所以，故选：B4. 已知直线的方程为，则直线（ ）A. 恒过点且不垂直轴B. 恒过点且不垂直轴C. 恒过点且不垂直轴D. 恒过点且不垂直轴【答案】D【解析】【分析】根据直线方程的一般形式即可判断.【详解】，令，可得，直线恒过定点，令，则，直线不垂直轴.故选：D5. 已知直线：与：平行，则的值是（ ）A. 1或0B. 5C. 0或5D. 1或5【答案】C【解析】【分析】由两直线平行得出，解出值，然后代入两直线方程进行验证.【详解】解:直线：与：平行，整理得，解得或.当时，直线，两直线平行；当时，直线，两直线平行.因此，或.故选:C.【点睛】方法点
3、睛:本题考查直线的一般方程与平行关系，在求出参数后还应代入两直线方程进行验证. (1)若，;.(2)若,且A1、A2、B1、B2都不为零,；6. 圆：与圆：的公切线的条数为（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】B【解析】【分析】求出两圆的圆心坐标与半径，由圆心距与半径间的关系可知两圆相交，从而得到两圆公切线的条数【详解】解：化为，可知圆的圆心坐标为，半径为2；又圆的圆心坐标为，半径为1而，即圆与圆相交，则公切线条数为2故选：7. 已知点P（a，b）（ab0）是圆x2y2r2内的一点，直线m是以P为中点的弦所在的直线，直线l的方程为axbyr2，那么（ ）A. ml，且l与圆相交B. m
4、l，且l与圆相切C. ml，且l与圆相离D. ml，且l与圆相离【答案】C【解析】【分析】求出直线m的斜率，可判断两直线的位置关系，求出圆心到直线l的距离，可判断直线l与圆的位置关系【详解】点P(a，b)（ab0)在圆内，a2b2r2.圆x2y2r2的圆心为O(0,0），故由题意得OPm.又kOP，km，直线l的斜率为klkm，圆心O到直线l的距离d，ml，且l与圆相离，故选：C.【点睛】本题考查直线间的位置关系，直线与圆的位置关系两条直线的斜率（存在斜率时）相等，且不重合，则平行，斜率不相等，则相交；圆心到直线的距离为d，圆半径为r，则：相离，相切，相交8. 点，分别是棱长为2的正方体中棱，
5、的中点，动点在正方形(包括边界)内运动.若面，则的长度范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】取，中点，得平面平面.进而得到点的轨迹为线段，又因为为等腰三角形，进而便可得出答案.【详解】取，中点， 连接、 .则.又因为 .所以平面平面.又因为动点在正方形(包括边界)内运动，所以点轨迹为线段.又因为正方体的棱长为2，所以， .所以为等腰三角形.故当点在点或者在点处时，此时最大，最大值为.当点为中点时，最小，最小值为 .故选：B. 【点睛】本题主要考查点、线、面间的距离问题，考查学生的运算能力及推理转化能力，属于中档题目，解决本题的关键是通过构造平行平面寻找点的位置.9. 设
6、椭圆的左右焦点分别为，点在椭圆上，且满足，则的值为（ ）A. 8B. 10C. 12D. 15【答案】D【解析】【详解】由已知，由椭圆定义知，由余弦定理得，由得.故选：D.【点晴】本题主要考查椭圆的定义及性质、平面向量数量积公式及余弦定理.求解与椭圆性质有关的问题时要结合图形进行分析，既使不画出图形，思考时也要联想到图形，当涉及顶点、焦点、实轴、虚轴、离心率等椭圆的基本量时，要理清它们之间的关系，挖掘出它们之间的内在联系.本题的解答就是综合考虑椭圆的定义、几何性质以及余弦定理解答的.10. 设空间直角坐标系中有四个点，其坐标分别为，下列说法正确的是（ ）A. 存在唯一的一个不过点的平面，使得点
7、和点到平面的距离相等B. 存在唯一的一个不过点的平面，使得点C. 存在唯一的一个不过点的平面，使得D. 存在唯一的一个不过点的平面，使得与平面的夹角正弦值为【答案】B【解析】【分析】由平面 或平面 过线段 的中点可判断 选项的正误； 推导出 以及、 四点不共面，利用点 且与 垂直的平面 有且只有一个以及 可判断 选项的正误； 在、的公垂线 上的点作 的垂面满足题意，可判断 选项的正误； 设平面 的法向量为，根据题意可得出关于、 的方程组，判断方程组解的个数，进而可判断 选项的正误【详解】解：对于 选项，当平面 或平面 过线段 的中点时，点 和点 到平面 的距离相等， 选项错误；对于 选项，设，
8、则，该方程组无解，所以，、 四点不共面，则 与 异面，而过点 且与 垂直的平面 有且只有一个，若，由于，则 与 共面，矛盾，所以， 选项正确；对于 选项，由于、 异面，设 为、 的公垂线段，且，在直线 （异于、 的任意一点作平面，使得，则，这样平面 有无数个， 选项错误；对于 选项，设平面 的一个法向量为，由题意可得，所以，整理得，即方程 有两个不等的实数解，所以，存在两个过、 点的平面 使得直线 与 的夹角正弦值为 选项错误故选：【点睛】求空间角的常用方法：（1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果；（2）向量
9、法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果二、填空题共8小题，每小题5分，共40分11. 已知两个不同的平面，的法向量分别是和，则平面，的位置关系是_.【答案】【解析】【分析】由题可得，则得，即.【详解】，.故答案为：.12. 已知方程表示圆，则实数的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】先将方程转化为，再根据方程表示圆求解.【详解】方程可化为：，因为方程表示圆，所以 ，解得 ，故答案为：13. 已知点P是直线上的一点，过P作圆的切线，切点为A，则切线长的最小值为_.【答案】【解析】【分析】利用切线长
10、最短时，取最小值找点：即过圆心作直线的垂线，求出垂足点就切线的斜率是否存在分类讨论，结合圆心到切线的距离等于半径得出切线的方程【详解】设切线长为，则，所以当切线长取最小值时，取最小值，过圆心作直线的垂线，则点为垂足点，此时，直线的方程为，联立，得，点的坐标为.此时，此时，故答案为：3【点睛】关键点睛：解题的关键是利用过点的圆的切线方程的求解，在过点引圆的切线问题时，将直线与圆相切转化为圆心到直线的距离等于半径长，即设切线长为，则，问题转变为求的最小值，主要考查学生分析问题与解决问题的能力，属于中等题14. 通过直线与圆的交点，并且过点的圆的标准方程是_.【答案】【解析】【分析】首先判断直线与圆
11、的位置关系及点与圆的位置关系，即可判断所求圆的方程即为该圆的方程.【详解】因为，即，圆心为，半径为，圆心到直线的距离，即直线与圆相交，又点满足，即点在圆上，故所求的圆的标准方程为.故答案为：.15. 已知点，直线：上存在点，满足，则实数的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】由，可知点在以为直径的圆上，可求出该圆的方程，又点在直线上，只需圆与直线有公共点即可，即可列出关系式，求出的取值范围.【详解】因为，所以点在以为直径的圆上，该圆的圆心为，半径为2，圆的方程为，又因为点在直线上，所以点在直线和圆的交点处，若点存在，则，即，解得.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题考查直线与圆位置关系的应用，
12、解题关键是根据，得出点在以为直径的圆上，结合点在直线上，只需圆与直线有公共点即可.考查学生的逻辑推理能力，计算求解能力，属于中档题.16. 已知、分别是椭圆的左、右焦点，为直线上的点，是底角为的等腰三角形，则椭圆的离心率为_【答案】【解析】【详解】过点作轴于点，如图所示：由是底角为的等腰三角形得，所以，所以，所以，即离心率，故答案为【 方法点睛】本题主要考椭圆的定义及离心率，属于中档题. 离心率的求解在圆锥曲线的考查中是一个重点也是难点，一般求离心率有以下几种情况：直接求出，从而求出; 构造的齐次式，求出; 采用离心率的定义以及圆锥曲线的定义来求解; 根据圆锥曲线的统一定义求解本题中，根据建立
13、关于焦半径和焦距的关系从而找出之间的关系，求出离心率17. 设为椭圆：的左焦点，为椭圆上给定一点，以为直径作圆，点为圆上的动点，则坐标原点到的距离的最大值为_.【答案】【解析】【分析】设，因为为椭圆：的左焦点，记起右焦点为，则，记的中点为，得到为圆的圆心，圆的半径为，再由圆的性质，以及椭圆的定义，即可得出结果.【详解】设，因为为椭圆：的左焦点，记起右焦点为，则，记的中点为，由题意可得，为圆的圆心，圆的半径为，因为点为圆上的动点，由圆的性质可得，坐标原点到的距离的最大值为.故答案：.【点睛】方法点睛：求圆上的点与定点距离最值时，一般先计算定点到圆心的距离，根据圆的性质，得到定点到圆上任意一点距离
14、的最大值为，定点到圆上任意一点距离的最小值为（其中为圆的半径）.18. 关于曲线，给出下列四个结论：曲线C关于原点对称，但不关于x轴、y轴对称；曲线C恰好经过4个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；曲线C上任意一点都不在圆的内部；曲线C上任意一点到原点的距离都不大于其中，正确结论的序号是_【答案】【解析】【分析】根据关于原点、x轴、y轴对称的横纵坐标特点，代入即可判断；取的整数值，代入求得的值即可判断；由基本不等式确定的最大值，即可判断；由两点间距离公式及基本不等式，化简即可判断；【详解】曲线，对于，将替换，替换，代入可得，所以曲线C关于原点对称；将替换，代入可得，所以曲线C不关于y轴对称；将替
15、换，代入可得，所以曲线C不关于轴对称；所以正确；对于，当时，代入可得，所以经过；当时，代入可得，所以经过；当时，代入可得，所以经过；当时，代入可得，所以经过；所以至少有六个整点在曲线C上，所以错误；对于，由可知，而，所以，解得，即，则，同理，解得，所以，则错误；对于，由可知，所以，故正确，综上可知，正确的为，故答案为：.【点睛】本题考查了由曲线方程研究曲线性质的应用，由基本不等式确定取值范围的应用，属于中档题.三、解答题共4小题，每小题15分，共60分.解答题应写出文字说明、演算步骤或证明过程.19. 如图所示，平行六面体中，平面，分别为，的中点，.（1）求证：平面；（2）求证：平面；（3）求
16、点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）.【解析】【分析】（1）建立空间坐标系，利用向量证明得出平面；（2）利用向量证明，得出平面；（3）根据点到平面的距离公式计算即可得出答案【详解】（1）证明：平面，平面，四边形是平行四边形，以为原点，以，为坐标轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，0，1，0，1，又平面，平面，平面（2）证明：，0，0，0，0，0，又，平面，平面平面（3）解：由（2）可知是平面的一个法向量，又，到平面的距离【点睛】本题考查了立体几何中的面面垂直的判定和点到面的距离的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、
17、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.20. 已知圆和点，（1）判断点与圆的位置关系（2）过点作一条直线与圆交于两点，且，求直线的方程；（3）过点作圆的切线，切点为，求所在的直线方程.【答案】（1）点在圆外；（2）或；（3）.【解析】【分析】（1）将点坐标代入圆方程与0比较，可得点在圆外.（2）斜率存在时，设出直线方程，求出圆心到直线的距离，由垂径定理可得，得直线方程，检验直线斜率不存在时，弦长为4，符合题意；（3）求出以为直径的圆的方程，此圆与圆的交线即为弦所在直线两圆方程相减
18、得即【详解】（1）点坐标代入圆方程得：，所以点在圆外.（2）圆，则圆心，半径，若直线的斜率存在，设直线，即此时，直线方程为；若直线的斜率不存在，则直线，代入得，此时，合乎题意.综上所求直线的方程为：或；（3），则中点坐标，所以为直径的圆的方程，即；又圆.-得，因此，直线的方程为.【点睛】易错点睛：本题考查直线与圆的问题，直线方程有五种形式，每种形式的直线方程都有其局限性，斜截式与点斜式要求直线斜率存在，所以用这两种形式的直线方程时要注意讨论斜率是否存在；截距式要注意讨论截距是否为0；两点式要注意讨论直线是否与坐标轴平行；求直线方程的最终结果往往需要化成一般式.21. 四棱锥中，平面，底面是平行
19、四边形，点是棱上一点.（1）求证：平面平面；（2）当为中点时，求二面角的余弦值；（3）若直线与平面所成的角为时，求.【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）1或2.【解析】【分析】（1）证明平面即可得出平面平面；（2）建立空间坐标系，求出平面和平面的法向量，计算法向量的夹角得出二面角的大小；（3）由可知，在中利用余弦定理计算【详解】证明：（1）因为平行四边形中，所以四边形是菱形，所以.因为平面，所以.又因为，所以平面.所以平面平面.（2）在平面内，过点作，则，因为平面，平面，所以.如图建立空间直角坐标系，则，.当为中点时，.所以，.设平面的方向量为，则令，得，所以.设平面的方向量为，则则，令，
20、则.所以，.因为二面角为锐二面角，得二面角的余弦值为.（3）设，则.由（1）得，平面.所以，平面的一个方向量为，由题意：，故，即.所以，即.解得，.所以或.【点睛】本题考查了立体几何中的面面垂直的判定和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.22. 已知曲线，直线与曲线交于两点，两点在轴上的射影分别为.（1）当点坐标为时，求的值；（2）记的面积为，四边形的面积为.若，求的值；求证：.【答案
21、】（1）；（2），证明见解析；【解析】【分析】（1）由题意，曲线是椭圆轴的上方部分，点坐标为，说明只能在第二象限，且点是直线与曲线的交点，横坐标为，代入曲线求点的坐标，再代入直线方程求出（2）设点，点的坐标，设而不求的思想，两点在轴上的射影分别为点，那么四边形是直角梯形或矩形，由点，点的坐标建立关系不存在时，四边形也不存在，所以必须存在利用点，点的坐标表示的面积为，四边形的面积为，其比值大于等于【详解】解：（1）由题意，与曲线交于，两点，两点在轴上的射影分别为点，点坐标为，则点的横坐标为，代入曲线，解得点的纵坐标为，即点在直线，则有：，解得（2）设点，点，则点，点，直线与曲线交于，两点，联立与
22、，消去得解得：，所以的面积为，设原点到直线距离为，则，即解得，所以由题意及：可知：因为直线恒过点，所以四边形的面积为那么：而所以得证【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题四、选做题共1小题，共10分.23. 已知椭圆：的离心率为，点和点都在椭圆上，直线交轴于点（）求椭圆的方程，并求点的坐标（用，表示）；（）设为原点，点与点关于轴对称，直线交轴于点问：轴上是否存在点，使得？若存在，求点的坐标；若不存在，说明理由【答案】（），；（）存在点【解析】（）由于椭圆：过点且离心率为，椭圆的方程为.,直线的方程为：，令，；（），直线的方程为：，直线PB与x轴交于点N，令，则.设, ,则，所以，（注：点在椭圆上，），则，存在点使得.考点：1.求椭圆方程；2.求直线方程及与坐标轴的交点；3.存在性问题.