2022年高二數(shù)學12月月考試題

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1、2022年高二數(shù)學12月月考試題 一．選擇題（本題共12小題，每小題3分，共36分，在每小題給出的四個選項中只有一個選項符合題目要求） 1．在下列命題中，不是公理的是（ ） A．平行于同一個平面的兩個平面相互平行 B．過不在同一條直線上的三點，有且只有一個平面 C．如果一條直線上的兩點在一個平面內(nèi)，那么這條直線上所有的點都在此平面內(nèi) D．如果兩個不重合的平面有一個公共點， 那么他們有且只有一條過該點的公共直線 2．,為兩條不同的直線，,為兩個不同的平面，則下列命題中正確的是( ) A． B． C． D． 3．三棱柱側(cè)棱與底面垂直，體積為，高為

2、，底面是正三角形，若是中心，則與平面所成的角大小是（ ） A． B． C． D． 4．在空間直角坐標系中，點關(guān)于軸的對稱點的坐標是（ ） A. B. C. D. 5．如果一個水平放置的圖形的斜二側(cè)直觀圖是一個底角為45°，腰和上底都為1的等腰梯形，那么原平面圖形的面積是 （ ） A． B． C． D． 6．下列四種說法中，錯誤的個數(shù)是（ ） ①的子集有3個； ②“若，則”的逆命題為真； ③“命題為真”是“命題為真”的必要不充分條件； ④命題“

3、，均有”的否定是：“，使”． A．0個 B．1個 C．2個 D．3個 7．正四棱錐的頂點都在同一球面上，若該棱錐的高為4，底面邊長為2，則該球的表面積為 （ ） A． B． C． D． 8．橢圓的右焦點為，橢圓與軸正半軸交于點，與軸正半軸交于，且，則橢圓的方程為(　　) A． B． C． D． 9．如圖，在正四棱錐中，分別是的中點， 動點在線段上運動時，下列四個結(jié)論中恒成立的個數(shù)為（　?。? （1）； （2）； （3）； （4）． A．1個

4、 B．2個 C．3個 D．4個 10．如圖正三棱柱的底面邊長為，高為2，一只螞蟻 要從頂點沿三棱柱的表面爬到頂點，若側(cè)面緊貼墻面 （不能通行），則爬行的最短路程是（ ） A． B． C． 4 D． 11．如圖，在四棱錐中，側(cè)面為正三角形， 底面為正方形，側(cè)面，為底面內(nèi) 的一個動點，且滿足，則點在正方形內(nèi)的軌跡為(　　) 12．如圖，在四面體中，，且兩兩互相垂直，點是的中心，將繞直線旋轉(zhuǎn)一周，則在旋轉(zhuǎn)過程中，直線與所成角的余弦值的取值范圍是（ ） A． B． C． D．

5、 二．填空題（本大題共4小題，每小題4分，共16分） 13．在空間直角坐標系中，已知點，點在軸上， 且到與的距離相等，則的坐標是 ． 14．某幾何體的三視圖如圖所示，則其表面積為 ． 15．橢圓有這樣的光學性質(zhì)：從橢圓的一個焦點發(fā)出的光線， 經(jīng)橢圓反射后，反射光線經(jīng)過橢圓的另一個焦點．今有一個水平放置 的橢圓形球盤，點是它的兩個焦點，長軸長，焦距， 靜放在點的小球（小球的半徑不計）從點沿直線（不與長軸共線） 發(fā)出，經(jīng)橢圓壁反彈后第一次回到點時，小球經(jīng)過的路程為 ． 16．下列命題： ①的三邊分別為

6、則該三角形是等邊三角形的充要條件為 ； ②在中，“”是“”的充要條件； ③若命題命題則命題是假命題； ④已知都是不等于零的實數(shù)，關(guān)于的不等式和的解集分別為，則是的充分必要條件； ⑤“函數(shù)為奇函數(shù)”的充要條件是“”． 其中正確的命題是 ． 三．解答題（本題共5大題，共48分） 17．（本小題滿分8分） 如圖所示的多面體中，是菱形，是矩形， 面，． （1）求證：平面平面； （2）若，求四棱錐的體積． 18．（本小題滿分10分） 設(shè)：實數(shù)滿足，其中，：實數(shù)滿足 （1）若，且為真，求實數(shù)的取值范圍； （2

7、）是的充分不必要條件，求實數(shù)的取值范圍． 19．（本小題滿分10分） 已知某橢圓，它的中心在坐標原點，左焦點為，且過點． （1）求橢圓的標準方程； （2）若已知點，當點在橢圓上變動時，求出線段中點的軌跡方程． 20．（本小題滿分10分） 如圖，為圓的直徑，點在圓上，，矩形所在的平面與圓所在的平面互相垂直．已知. （1）求證：平面⊥平面； （2）（文科做）求直線與平面所成角的大?。? （理科做）當?shù)拈L為何值時，平面與平面所成的銳二面角的大小為60°？ 21．（理科做）（本題滿分10分）

8、 如圖，已知三棱柱，側(cè)面⊥底面. （1）若分別是的中點，求證：； （2）若三棱柱的各棱長均為2，側(cè)棱與底面所成的角為60°，問在線段上是否存在一點，使得平面⊥平面？若存在，求與的比值，若不存在，說明理由． 21．（文科做）（本題滿分10分） 如圖，四邊形中，分別在上，現(xiàn)將四邊形沿折起，使得平面平面． （1）設(shè)，問當為何值時，三棱錐的體積有最大值？并求出這個最大值． （2）當，是否在折疊后的上存在一點，使得平面？若存在，求出的長，若不存在，說明理由； 山西大學附中 xx學年第一學期高三12月月考（總第三次） 數(shù)學試題評分細則 考

9、試時間：90分鐘 考試內(nèi)容（立體幾何、簡易邏輯、橢圓） 一．選擇題（本題共12小題，每小題3分，共36分，在每小題給出的四個選項中只有一個選項符合題目要求） 1-6 AABBAD 7-12 DCBAAA 二．填空題（本大題共4小題，每小題4分，共16分） 13. 14. 15.20 16. ①②③ 三．解答題（本題共5大題，共48分） 17．（本小題滿分8分） 解：（1）由是菱形 …………………….1分 由是矩形

10、 …………………….2分 所以 …………………….4分 （2）連接， 由是菱形， 由面, ， 則為四棱錐的高 …………………….6分 由是菱形，，則為等邊三角形， 由；則，， …………………….7分 …………………….8分 18．（本小題滿分10分） 解：由，得，即為真命題時，， 由，得，

11、 …………………….2分 即，即為真命題時 . …………………….3分 （1）時，p：，由為真知和均為真命題，則， 得，所以實數(shù)的取值范圍為． ……………….6分 （2）設(shè)，，由題意知是q的必要不充分條件， 所以， ……………….8分 有，所以實數(shù)a的取值范圍為． ……………….10分 19．（本小題滿分10分） 解：（1）由題意知橢圓的焦點在x軸上，

12、 ∵橢圓經(jīng)過點D（2，0），左焦點為F（﹣，0）， ∴a=2，c=，可得b=1 因此，橢圓的標準方程為． ……………….5分 （2）設(shè)點P的坐標是（x0，y0），線段PA的中點為M（x，y）， 由根據(jù)中點坐標公式，可得， ……………….7分 ∵點P（x0，y0）在橢圓上， ∴可得，化簡整理得， ∴線段PA中點M的軌跡方程是． ……………….10分 20．（本小題滿分10分） 解：(1)證明：∵平面ABCD⊥平面ABEF， CB⊥AB，平面ABCD∩平面ABEF

13、＝AB， ∴CB⊥平面ABEF， ∵AF?平面ABEF，∴AF⊥CB， ……………….2分 又AB為圓O的直徑， ∴AF⊥BF， ……………….3分 又BF∩CB＝B， ∴AF⊥平面CBF. ……………….4分 ∵AF?平面ADF，∴平面DAF⊥平面CBF. ……………….5分

14、 (2)由(1)知AF⊥平面CBF， ∴FB為AB在平面CBF內(nèi)的射影， 因此，∠ABF為直線AB與平面CBF所成的角． ……………….7分 ∵AB∥EF，∴四邊形ABEF為等腰梯形， 過點F作FH⊥AB，交AB于H. 已知AB＝2，EF＝1，則AH＝＝. 在Rt△AFB中，根據(jù)射影定理得AF2＝AH·AB，∴AF＝1， sin∠ABF＝＝，∴∠ABF＝30°. ∴直線AB與平面CBF所成角的大小為30°. ……………….10分 (3)設(shè)EF中點為G，以O(shè)為坐標原點，，，方向分別為x軸、y軸、z軸正方向建立空間直角坐標系

15、(如圖)．設(shè)AD＝t(t＞0)，則點D的坐標為(1,0，t)，C(－1,0，t)，又A(1,0,0)，B(－1,0,0)，F(xiàn)， ∴＝(2,0,0)，＝， 設(shè)平面DCF的法向量為n1＝(x，y，z)，則n1·＝0，n1·＝0. 即，令z＝， 解得x＝0，y＝2t，∴n1＝(0,2t，)． ……………….7分 由(1)可知AF⊥平面CFB，取平面CBF的一個法向量為 n2＝＝， ……………….9分 依題意，n1與n2的夾角為60°. ∴cos 60°＝， 即＝

16、，解得t＝. 因此，當AD的長為時，平面DFC與平面FCB所成的銳二面角的大小為60°. ………………10分 21．（理科做）（本題滿分10分） 解：(1)證明：連接AC1，BC1，則AC1∩A1C＝N，AN＝NC1， 因為AM＝MB， 所以MN∥BC1. ………………2分 又BC1?平面BCC1B1， 所以MN∥平面BCC1B1. ………………4分 (2

17、)作B1O⊥BC于O點，連接AO， 因為平面BCC1B1⊥底面ABC， 所以B1O⊥平面ABC， 以O(shè)為原點，建立如圖所示的空間直角坐標系， 則A(0，，0)，B(－1，0,0)，C(1,0,0)， B1(0,0，)． 由＝＝，可求出 A1(1，，)，C1(2,0，)， 設(shè)點P(x，y，z)，＝λ. 則P， ＝， ………………5分 ＝(－1,0，)． 設(shè)平面B1CP的法向量為n1＝(x1，y1，z1)， 由， 令z1＝1，解得n1＝. ………………7分

18、 同理可求出平面ACC1A1的法向量n2＝(，1，－1)． ………………9分 由平面B1CP⊥平面ACC1A1，得n1·n2＝0，即3＋－1＝0，解得λ＝3，所以A1C1＝3A1P，從而C1P∶PA1＝2. ………………10分 21．（文科做）（本題滿分10分） 解：（1）因為平面ABEF平面EFDC，平面ABEF平面EFDC＝EF，又AFEF，所以AF⊥平面EFDC． ………

19、………1分 由已知BE＝x，，所以AF＝x（0x4），F(xiàn)D＝6x． ………………2分 故．所以，當x＝3時，有最大值，最大值為3. ………………4分 （2）存在使得滿足條件CP∥平面ABEF，且此時． ………………5分 下面證明： ，過點作MP∥FD，與AF交于點， ………………6分 則有，又FD＝，故MP＝3，又因為EC＝3，MP∥FD∥EC，故有MPEC，故四邊形MPCE為平行四邊形， ………………8分 所以PC∥ME，又CP平面ABEF，ME平面ABEF，故有CP∥平面ABEF成立．…10分 填空題每題一個打分板，解答題18一個打分板， 其他解答題：17， 19，20，21每問各一個打分板，