山西省山大附中2020-2021学年高二12月月考数学试题-Word版含答案.docx

山西高校附中
2022—2021学年第一学期高二12月月考
数学试题
考试时间：90分钟 考试内容（立体几何、简易规律、椭圆）
一．选择题（本题共12小题，每小题3分，共36分，在每小题给出的四个选项中只有一个选项符合题目要求）
1．在下列命题中，不是公理的是（ ）
A．平行于同一个平面的两个平面相互平行
B．过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面
C．假如一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上全部的点都在此平面内
D．假如两个不重合的平面有一个公共点， 那么他们有且只有一条过该点的公共直线
2．,为两条不同的直线，,为两个不同的平面，则下列命题中正确的是( )
A． B．
C． D．
3．三棱柱侧棱与底面垂直，体积为，高为，底面是正三角形，若是中心，则与平面所成的角大小是（ ）
A． B． C． D．
4．在空间直角坐标系中，点关于轴的对称点的坐标是（ ）
A. B. C. D.
5．假如一个水平放置的图形的斜二侧直观图是一个底角为45°，腰和上底都为1的等腰梯形，那么原平面图形的面积是 （ ）
A． B． C． D．
6．下列四种说法中，错误的个数是（ ）
①的子集有3个； ②“若，则”的逆命题为真；
③“命题为真”是“命题为真”的必要不充分条件；
④命题“，均有”的否定是：“，使”．
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
7．正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为 （ ）
A． B． C． D．
8．椭圆的右焦点为，椭圆与轴正半轴交于点，与轴正半轴交于，且，则椭圆的方程为(　　)
A． B． C． D．
9．如图，在正四棱锥中，分别是的中点，
动点在线段上运动时，下列四个结论中恒成立的个数为（　　）
（1）； （2）；
（3）； （4）．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
10．如图正三棱柱的底面边长为，高为2，一只蚂蚁
要从顶点沿三棱柱的表面爬到顶点，若侧面紧贴墙面
（不能通行），则爬行的最短路程是（ ）
A． B． C． 4 D．
11．如图，在四棱锥中，侧面为正三角形，
底面为正方形，侧面，为底面内
的一个动点，且满足，则点在正方形内的轨迹为(　　)

12．如图，在四周体中，，且两两相互垂直，点是的中心，将绕直线旋转一周，则在旋转过程中，直线与所成角的余弦值的取值范围是（ ）
A． B． C． D．

二．填空题（本大题共4小题，每小题4分，共16分）
13．在空间直角坐标系中，已知点，点在轴上，
且到与的距离相等，则的坐标是 ．
14．某几何体的三视图如图所示，则其表面积为 ．
15．椭圆有这样的光学性质：从椭圆的一个焦点发出的光线，
经椭圆反射后，反射光线经过椭圆的另一个焦点．今有一个水平放置
的椭圆形球盘，点是它的两个焦点，长轴长，焦距，
静放在点的小球（小球的半径不计）从点沿直线（不与长轴共线）
发出，经椭圆壁反弹后第一次回到点时，小球经过的路程为 ．
16．下列命题：
①的三边分别为则该三角形是等边三角形的充要条件为
；
②在中，“”是“”的充要条件；
③若命题命题则命题是假命题；
④已知都是不等于零的实数，关于的不等式和的解集分别为，则是的充分必要条件；
⑤“函数为奇函数”的充要条件是“”．
其中正确的命题是 ．
三．解答题（本题共5大题，共48分）
17．（本小题满分8分）
如图所示的多面体中，是菱形，是矩形， 面，．
（1）求证：平面平面；
（2）若，求四棱锥的体积．

18．（本小题满分10分）
设：实数满足，其中，：实数满足
（1）若，且为真，求实数的取值范围；
（2）是的充分不必要条件，求实数的取值范围．

19．（本小题满分10分）
已知某椭圆，它的中心在坐标原点，左焦点为，且过点．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若已知点，当点在椭圆上变动时，求出线段中点的轨迹方程．

20．（本小题满分10分）
如图，为圆的直径，点在圆上，，矩形所在的平面与圆所在的平面相互垂直．已知.
（1）求证：平面⊥平面；
（2）（文科做）求直线与平面所成角的大小；
（理科做）当的长为何值时，平面与平面所成的锐二面角的大小为60°？

21．（理科做）（本题满分10分）
如图，已知三棱柱，侧面⊥底面.
（1）若分别是的中点，求证：；
（2）若三棱柱的各棱长均为2，侧棱与底面所成的角为60°，问在线段上是否存在一点，使得平面⊥平面？若存在，求与的比值，若不存在，说明理由．

21．（文科做）（本题满分10分）
如图，四边形中，分别在上，现将四边形沿折起，使得平面平面．
（1）设，问当为何值时，三棱锥的体积有最大值？并求出这个最大值．
（2）当，是否在折叠后的上存在一点，使得平面？若存在，求出的长，若不存在，说明理由；

山西高校附中
2022—2021学年第一学期高三12月月考（总第三次）
数学试题评分细则
考试时间：90分钟 考试内容（立体几何、简易规律、椭圆）
一．选择题（本题共12小题，每小题3分，共36分，在每小题给出的四个选项中只有一个选项符合题目要求）
1-6 AABBAD 7-12 DCBAAA
二．填空题（本大题共4小题，每小题4分，共16分）
13. 14. 15.20 16. ①②③
三．解答题（本题共5大题，共48分）
17．（本小题满分8分）
解：（1）由是菱形
…………………….1分
由是矩形
…………………….2分

所以 …………………….4分
（2）连接，
由是菱形，
由面,

，
则为四棱锥的高 …………………….6分
由是菱形，，则为等边三角形，
由；则，， …………………….7分
…………………….8分
18．（本小题满分10分）
解：由，得，即为真命题时，，
由，得， …………………….2分
即，即为真命题时 . …………………….3分
（1）时，p：，由为真知和均为真命题，则，
得，所以实数的取值范围为． ……………….6分
（2）设，，由题意知是q的必要不充分条件，
所以， ……………….8分
有，所以实数a的取值范围为． ……………….10分
19．（本小题满分10分）
解：（1）由题意知椭圆的焦点在x轴上，
∵椭圆经过点D（2，0），左焦点为F（﹣，0），
∴a=2，c=，可得b=1
因此，椭圆的标准方程为． ……………….5分
（2）设点P的坐标是（x0，y0），线段PA的中点为M（x，y），
由依据中点坐标公式，可得， ……………….7分
∵点P（x0，y0）在椭圆上，
∴可得，化简整理得，
∴线段PA中点M的轨迹方程是． ……………….10分
20．（本小题满分10分）
解：(1)证明：∵平面ABCD⊥平面ABEF，
CB⊥AB，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，
∴CB⊥平面ABEF，
∵AF⊂平面ABEF，∴AF⊥CB， ……………….2分
又AB为圆O的直径，
∴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
(2)由(1)知AF⊥平面CBF，
∴FB为AB在平面CBF内的射影，
因此，∠ABF为直线AB与平面CBF所成的角． ……………….7分
∵AB∥EF，∴四边形ABEF为等腰梯形，
过点F作FH⊥AB，交AB于H.
已知AB＝2，EF＝1，则AH＝＝.
在Rt△AFB中，依据射影定理得AF2＝AH·AB，∴AF＝1，
sin∠ABF＝＝，∴∠ABF＝30°.
∴直线AB与平面CBF所成角的大小为30°. ……………….10分

(3)设EF中点为G，以O为坐标原点，，，方向分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系(如图)．设AD＝t(t＞0)，则点D的坐标为(1,0，t)，C(－1,0，t)，又A(1,0,0)，B(－1,0,0)，F，
∴＝(2,0,0)，＝，
设平面DCF的法向量为n1＝(x，y，z)，则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的一个法向量为
n2＝＝， ……………….9分
依题意，n1与n2的夹角为60°.
∴cos 60°＝，
即＝，解得t＝.
因此，当AD的长为时，平面DFC与平面FCB所成的锐二面角的大小为60°. ………………10分
21．（理科做）（本题满分10分）
解：(1)证明：连接AC1，BC1，则AC1∩A1C＝N，AN＝NC1，
由于AM＝MB，
所以MN∥BC1. ………………2分
又BC1⊂平面BCC1B1，
所以MN∥平面BCC1B1. ………………4分
(2)作B1O⊥BC于O点，连接AO，
由于平面BCC1B1⊥底面ABC，
所以B1O⊥平面ABC，
以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0，，0)，B(－1，0,0)，C(1,0,0)，
B1(0,0，)．
由＝＝，可求出
A1(1，，)，C1(2,0，)，
设点P(x，y，z)，＝λ.
则P，
＝， ………………5分
＝(－1,0，)．
设平面B1CP的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
由，
令z1＝1，解得n1＝. ………………7分
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，从而C1P∶PA1＝2. ………………10分
21．（文科做）（本题满分10分）
解：（1）由于平面ABEF平面EFDC，平面ABEF平面EFDC＝EF，又AFEF，所以AF⊥平面EFDC． ………………1分
由已知BE＝x，，所以AF＝x（0x4），FD＝6x． ………………2分

故．所以，当x＝3时，有最大值，最大值为3. ………………4分
（2）存在使得满足条件CP∥平面ABEF，且此时． ………………5分
下面证明： ，过点作MP∥FD，与AF交于点， ………………6分
则有，又FD＝，故MP＝3，又由于EC＝3，MP∥FD∥EC，故有MPEC，故四边形MPCE为平行四边形， ………………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

填空题每题一个打分板，解答题18一个打分板，
其他解答题：17， 19，20，21每问各一个打分板，