2022北京师达中学高二12月月考数学（教师版）

这是一份2022北京师达中学高二12月月考数学（教师版），共13页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022北京师达中学高二12月月考
数 学
一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分.
1．已知点A（2，m），B（3，3），直线AB的斜率为1，那么m的值为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
2．已知圆x2+y2﹣2x﹣1＝0，则其圆心和半径分别为（　　）
A．（1，0），2 B．（﹣1，0），2 C． D．
3．直线x+y＝2的倾斜角是（　　）
A． B． C． D．
4．椭圆的两个焦点为F1，F2，且P是椭圆上的一点，则三角形PF1F2的周长是（　　）
A．1 B． C． D．
5．已知直线l1：2x﹣y﹣1＝0，l2：x+（a+1）y+2＝0相互垂直，则a值是（　　）
A．﹣2 B．﹣1 C．1 D．2
6．已知A（1，0，0），B（0，1，0），C（0，0，1），则原点到平面ABC的距离是（　　）
A． B． C． D．
7．圆（x+2）2+（y﹣1）2＝5截x轴所得弦的长度等于（　　）
A．2 B． C．4 D．
8．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，异面直线A1D与D1C所成的角为（　　）

A．30° B．45° C．60° D．90°
9．若直线l的一个方向向量为，平面α的一个法向量为，则直线l与平面α的位置关系是（　　）
A．垂直 B．平行
C．相交但不垂直 D．平行或线在面内
10．若M，N为圆C：（x﹣2）2+（y﹣2）2＝1上任意两点，P为直线3x+4y﹣4＝0上一个动点，则∠MPN的最大值是（　　）
A．45° B．60° C．90° D．120°
二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分.
11．（5分）椭圆+＝1的焦距等于　 　．
12．（5分）过点A（﹣1，2）且与直线2x﹣3y+1＝0平行的直线方程为 　 　．
13．（5分）求经过A（﹣2，0），B（0，4）两点的椭圆的标准方程为 　 　．
14．（5分）若实数x、y满足x2+y2+4x﹣2y﹣4＝0，则x2+y2的最大值是 　 　．
15．（5分）曲线C：x2+xy+y2＝4，给出下列结论：
①曲线C关于原点对称；
②曲线C关于坐标轴对称；
③曲线C上只经过6个整数点（即横、纵坐标均为整数的点）；
④曲线C上任意一点到原点的距离都不大于．
其中，所有正确结论的序号是 　 　．
三、解答题：本大题共6小题，共85分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
16．（14分）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为BB1的中点．
（Ⅰ）求证：BC1∥平面AD1E；
（Ⅱ）求直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值．

17．（14分）已知△ABC三个顶点是A（﹣1，4），B（﹣2，﹣1），C（2，3）．
（1）求BC边上的垂直平分线的直线方程；
（2）求△ABC的面积．
18．（14分）已知圆C：x2+y2+2x﹣4y+4＝0，点P（0，4）．
（1）判断点P与圆C的位置关系；
（2）求过点P的切线方程．
19．（14分）若椭圆C的两个焦点坐标分别是F1（﹣1，0），F2（1，0），并且经过点，过F2作x轴的垂线与椭圆相交于A，B两点．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）求三角形ABF1的面积．
20．（14分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是直角梯形，AD∥BC，∠ABC＝90°，且PA＝AD＝2，AB＝BC＝1，E为PD的中点．
（1）求证：AB⊥AE；
（2）求二面角E﹣AC﹣D的余弦值；
（3）在线段AP上是否存在点M使得BM∥平面AEC？若存在，请指明点M的位置；若不存在，请说明理由．

21．（15分）已知圆C：（x﹣1）2+（y﹣2）2＝25，直线l：（2m+1）x+（m+1）y﹣7m﹣4＝0（m∈R）．
（1）若直线l与圆C交于A，B两点，，求m的值．
（2）求证：无论m取什么实数，直线l与圆C恒交于两点；
（3）求直线l被圆C截得的最短弦长，以及此时直线l的方程．

参考答案
一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分.
1．【分析】利用直线的斜率公式可得＝1，解方程求得 m 的值．
【解答】解：由于A（2，m），B（3，3），直线AB的斜率为1，
∴＝1，∴m＝2，
故选：B．
【点评】本题考查直线的斜率公式的应用，是一道基础题．
2．【分析】将圆的一般式化为标准方程，然后求圆心和半径即可．
【解答】解：圆的方程可整理为（x﹣1）2+y2＝2，
所以圆心为（1，0），半径为．
故选：C．
【点评】本题考查的知识要点：圆的一般方程与标准方程的转化．属于基础题型．
3．【分析】直线的倾斜角与斜率之间的关系
【解答】解：设倾斜角为θ，θ∈[0，π）．
∵直线x+y﹣2＝0，
∴k＝﹣1＝tanθ，
∴．
故选：D．
【点评】本题考查了直线的倾斜角与斜率之间的关系，属于基础题．
4．【分析】根据椭圆的几何性质即可求解．
【解答】解：∵椭圆方程为，
∴a＝2，b＝1，c＝，
又P是椭圆上的一点，且F1，F2为椭圆的两个焦点，
∴|PF1|+|PF2|＝2a＝4，又|F1F2|＝2c＝，
∴三角形PF1F2的周长为|PF1|+|PF2|+|F1F2|＝4+，
故选：D．
【点评】本题考查椭圆的几何性质，属基础题．
5．【分析】两直线垂直，当它们斜率都存在时，斜率之积为﹣1，代入数据可得答案．
【解答】解：由l1：2x﹣y﹣1＝0可得k1＝2，
∵l1⊥l2，∴，
∴a＝1．
故选：C．
【点评】本题主要考查直线垂直的性质，属于基础题．
6．【分析】先求出平面ABC的法向量，再用点到平面的距离公式可得答案．
【解答】解：∵A（1，0，0），B（0，1，0），C（0，0，1），
∴，
设平面ABC的法向量为，
∴，∴，取，
又，
∴原点到平面ABC的距离．
故选：A．
【点评】本题考查向量法求解点面距问题，属基础题．
7．【分析】先求出圆心到x轴的距离，再根据几何法求圆的弦长公式可得答案．
【解答】解：圆（x+2）2+（y﹣1）2＝5，
所以圆心到x轴的距离为d＝1，
由弦长公式得：．
故选：C．
【点评】本题考查直线与圆的综合运用，考查运算求解能力，属于基础题．
8．【分析】连结CB1，ABCD﹣A1B1C1D1是正方体，A1D∥B1C，异面直线A1D与D1C所成的角为∠B1CD1（或补角），连结B1D1，可得△B1D1C是等边三角形，可得∠B1CD1的大小．
【解答】解：连结CB1，ABCD﹣A1B1C1D1是正方体，
∴A1D∥B1C，
∴异面直线A1D与D1C所成的角为∠B1CD1（或补角），
连结B1D1，
可知B1D1＝D1C＝B1C，（三条边是平面的对角线）
∴△B1D1C是等边三角形，
∴∠B1CD1＝60°，即异面直线A1D与D1C所成的角为60°．
故选：C．

【点评】本题考查两条异面直线所成角的大小的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．
9．【分析】根据＝得到与共线，即可得到直线l与平面α垂直．
【解答】解：因为＝，
所以与共线，直线l与平面α垂直．
故选：A．
【点评】本题主要考查了向量在直线与平面位置关系判断中的应用，属于基础题．
10．【分析】由图上易知，当P不动时，PM，PN为两切线角最大，再将∠MPN的最值问题转化为PC的最值问题可求．
【解答】解：如图，PA，PB为两切线，P为直线3x+4y﹣4＝0上一个点，
所以∠MPN≤∠APB当PM，PN为两切线是取等号；
又∠APB＝2∠APC，故只需求（sin∠APC）max，，
又，，
∴，
∴．
故选：B．

【点评】本题主要考查直线和圆位置关系的应用，根据条件转化为求sin∠APC的最大值是解决本题的关键，注意利用数形结合比较和理解．
二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分.
11．【分析】确定椭圆的焦点在x轴上，且a＝2，b＝，运用c＝，即可得到焦距2c．
【解答】解：椭圆+＝1的焦点在x轴上，
且a＝2，b＝，
c＝＝＝1，
即2c＝2，
则椭圆的焦距为2．
故答案为：2．
【点评】本题考查椭圆的方程和性质，掌握椭圆的a，b，c的关系是解题的关键．
12．【分析】两直线平行则它们的斜率相等，然后再将数据代入直线的点斜式方程可得．
【解答】解：∵2x﹣3y+1＝0，
∴，
∵所求直线过点A（﹣1，2），
∴，化简得：2x﹣3y+8＝0．
故答案为：2x﹣3y+8＝0．
【点评】本题主要考查直线平行的性质，属于基础题．
13．【分析】由顶点的绝对值大小可分辨a，b的值，进而写出椭圆的标准方程．
【解答】解：∵A（﹣2，0），B（0，4），
∴a＝4，b＝2，
∴．
故答案为：．
【点评】本题主要考查椭圆的标准方程，属于基础题．
14．【分析】由题可知x2+y2的表示圆上的点与原点之间的距离的平方，根据圆的性质即得．
【解答】解：将方程x2+y2+4x﹣2y﹣4＝0化为（x+2）2+（y﹣1）2＝9，方程表示以（﹣2，1）为圆心，半径为3的圆，
表示圆上的点与原点之间的距离，
故x2+y2表示圆上的点与原点之间的距离的平方，
∵（0+2）2+（0﹣1）2＜9可知原点（0，0）在圆内，且原点与圆心之间的距离为，
∴的最大值为，
∴x2+y2的最大值为．
故答案为：．
【点评】本题主要考查圆的一般方程，属于基础题．
15．【分析】将横纵坐标前面加负号看其曲线方程是否变化可以判断1、2命题；运用不等式估计可以判断3、4命题真假．
【解答】解：对①，将（x，y）换成（﹣x，﹣y）得：
（﹣x）2+（﹣x）（﹣y）+（﹣y）2＝4，
化简得x2+xy+y2＝4，
∴曲线C关于原点对称，∴①正确；
对②，将x换成﹣x得：（﹣x）2+（﹣x）y+y2＝4，
化简得x2﹣xy+y2＝4，∴曲线C不关于y轴对称，
将y换成﹣y，同理可得也不关于x轴对称，∴②错误；
对③，∵，
∴，∴y＝0，±1，±2，
当y＝0时，x2＝4，x＝±2，2个；
当y＝±1时，x2±x+1＝4，∴x2±x﹣3＝0，无整数根；
当y＝±2时，x2±2x+4＝4，∴x2±2x＝0，∴x＝∓2，0，
综上：经过的整点有（0，±2），（±2，0），（2，﹣2），（﹣2，2）六个整点，∴③正确；
对④，∵，
∴，当且仅当x＝﹣y时取等，∴④正确．
故答案为：①③④．
【点评】本题考查曲线方程的研究，属中档题．
三、解答题：本大题共6小题，共85分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
16．【分析】（Ⅰ）根据正方体的性质可证得BC1∥AD1，再利用线面平行的判定定理即可得证；
（Ⅱ）解法一：以A为原点，AD、AB、AA1分别为x、y和z轴建立空间直角坐标系，设直线AA1与平面AD1E所成角为θ，先求出平面AD1E的法向量，再利用sinθ＝|cos＜，＞|＝以及空间向量数量积的坐标运算即可得解．
解法二：设正方体的棱长为2a，易知＝2a2，结合勾股定理和余弦定理可求得cos∠EAD1＝，再求得＝AD1•AE•sin∠EAD1；设点A1到平面EAD1的距离为h，根据等体积法＝，可求出h的值，设直线AA1与平面AD1E所成角为θ，则sinθ＝，从而得解．
【解答】解：（Ⅰ）由正方体的性质可知，AB∥C1D1中，且AB＝C1D1，
∴四边形ABC1D1是平行四边形，∴BC1∥AD1，
又BC1⊄平面AD1E，AD1⊂平面AD1E，∴BC1∥平面AD1E．
（Ⅱ）解法一：以A为原点，AD、AB、AA1分别为x、y和z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

设正方体的棱长为a，则A（0，0，0），A1（0，0，a），D1（a，0，a），E（0，a，a），
∴，，，
设平面AD1E的法向量为，则，即，
令z＝2，则x＝﹣2，y＝﹣1，∴＝（﹣2，﹣1，2），
设直线AA1与平面AD1E所成角为θ，则sinθ＝|cos＜，＞|＝＝，
故直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值为．
解法二：设正方体的棱长为2a，则AD1＝a，AE＝a，ED1＝3a，＝•2a•2a＝2a2，
由余弦定理知，cos∠EAD1＝＝＝，
∴sin∠EAD1＝，
∴＝AD1•AE•sin∠EAD1＝3a2，
设点A1到平面EAD1的距离为h，
∵＝，
∴，∴h＝，
设直线AA1与平面AD1E所成角为θ，则sinθ＝＝．
故直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值为．
【点评】本题考查空间中线面的位置关系和线面夹角问题，熟练掌握线面平行的判定定理和利用空间向量求线面夹角是解题的关键，考查学生的空间立体感和运算能力，属于基础题．
17．【分析】（1）根据题意，求出直线BC的斜率，可得边BC垂直平分线的斜率，求出BC中点的坐标，由直线的点斜式方程即可得答案；
（2）根据题意，求出|BC|以及点A到直线BC的距离，由三角形面积公式计算可得答案．
【解答】解：（1）根据题意，B（﹣2，﹣1），C（2，3），
则kBC＝＝1，则BC的垂直平分线的斜率k＝﹣1，
BC的中点坐标为（0，1），
则BC边上的垂直平分线的直线方程为y﹣1＝﹣（x﹣0），即x+y﹣1＝0；
（2）B（﹣2，﹣1），C（2，3），则|BC|＝＝4，
直线BC的方程为y﹣3＝1×（x﹣2），即x﹣y+1＝0，
点A到直线BC的距离d＝＝2，
则△ABC的面积S＝d×|BC|＝×2×4＝8．
【点评】本题考查两点间距离公式和点到直线距离公式的应用，涉及直线的点斜式方程，属于基础题．
18．【分析】（1）配方法确定圆心和半径，然后计算出|PC|的值，与半径进行比较可确定位置关系；
（2）设出直线的点斜式方程，相切说明圆心到直线的距离等于半径，可解得斜率，进而得到切线方程．
【解答】解：（1）将x2+y2+2x﹣4y+4＝0配方得（x+1）2+（y﹣2）2＝1，圆心为（﹣1，2），r＝1，，
∴点P在圆C外；
（2）当切线斜率不存在时：x＝0，满足相切，
当切线的斜率存在时：y＝kx+4，
∴，
∴，
∴，
∴3x﹣4y+16＝0，
综上所述：切线方程为：x＝0或3x﹣4y+16＝0．
【点评】本题主要考查直线与圆的位置关系，属于基础题．
19．【分析】（1）根据椭圆的焦点坐标可得c＝1，再结合椭圆过点，可解出椭圆C的标准方程；
（2）联立直线与椭圆方程可求出A，B两点的纵坐标，进而得出三角形ABF1的面积．
【解答】解：（1）由题知焦点坐标分别是F1（﹣1，0），F2（1，0），∴c＝1，
设椭圆方程为：，
将代入得：，
解得a2＝4，
∴；
（2）过F2作x轴的垂线，其方程为x＝1，
与联立解得：，
∴．
【点评】本题考查椭圆的几何性质，方程思想，属中档题．
20．【分析】（1）根据线面垂直可得线线垂直，可证；
（2）先用垂线法找出二面角的平面角，再解三角形即可；
（3）经过分析易知，M为AP中点，只需证明中点时，BM∥平面AEC即可
【解答】（1）证明：因为PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，所以AP⊥AB，
又∠ABC＝90°，BC∥AD，所以AB⊥AD，又AD∩AP＝A，所以AB⊥平面ADP，
又AE⊂平面ADP，所以AB⊥AE得证．
（2）解：因为F为AD的中点，过F作FN⊥AC于N，连接EN，
在△PAD中，E，F为中点，所以AP∥EF，EF＝AP＝1
又PA⊥平面ABCD，所以EF⊥平面ABCD，
所以∠ENF为二面角E﹣AC﹣D的平面角，
在直角梯形ABCD中，AB＝BC＝1，∠ABC＝90°，所以∠BAC＝45°，所以∠FAC＝45°，
又AF＝AD＝1，所以FN＝，
在Rt△EFN中，tan∠ENF＝＝，所以cos∠ENF＝，
所以二面角E﹣AC﹣D的余弦值为．
（3）解：存在AP的中点M使得BM∥平面AEC，理由如下：
AP的中点为M，所以EM为△PAD的中位线，所以＝＝．
所以四边形BCEM为平行四边形，所以BM∥CE，又BM⊄平面AEC，CE⊂平面AEC，
所以BM∥平面AEC．

【点评】本题考查线面垂直的判定，考查面面角，考查线面平行，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．
21．【分析】（1）根据弦长公式可求出圆心到直线的距离，再根据距离公式可得m的值；
（2）直线经过某定点，证明此定点在圆内部即可；
（3）弦长最短时，说明定点是弦的中点，可求出直线方程．
【解答】解：（1）依题意，圆心（1，2），r＝5，
根据圆的弦长公式，
∴d＝1，
∴，解得：；
（2）证明：由直线方程（2m+1）x+（m+1）y﹣7m﹣4＝0，
∴m（2x+y﹣7）+（x+y﹣4）＝0，
∴，解得定点P（3，1），
又，
∴P在圆内，
∴无论m取什么实数，直线l与圆C恒交于两点得证．
（3）由弦长公式，
此时PC⊥l，
∴，
∴kl＝2，
∴直线l的方程为y﹣1＝2（x﹣3），即2x﹣y﹣5＝0，此时．
综上：直线l的方程为2x﹣y﹣5＝0．

【点评】本题考查直线与圆的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．