【文档说明】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.doc，共(26)页，1.840 MB，由小赞的店铺上传

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重庆缙云教育联盟2021-2022学年（上）12月月度考试高二数学学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________注意：本试卷包含Ⅰ、Ⅱ两卷。第Ⅰ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Ⅱ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”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5.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C.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．求证：平面；求二面角的正弦值的大小．1

8.已知，是圆：与轴的两个交点，且在上方．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．20.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．1.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．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，

要掌握其否定方法：先改变量词，然后再否定结论，属于基础题．3.【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】【解析】解：解方程组：，解得交点坐标为，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】【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，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，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，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；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．11.【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，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，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．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，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，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，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，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，，．．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．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】解：由抛物线的定义

，易知：，，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．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，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．，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．