2020-2021学年重庆市高二（上）12月月考数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年重庆市高二（上）12月月考数学试卷人教A版，共12页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 直线x=2022的倾斜角为( )
A.90∘B.0∘C.180∘D.45∘

2. 命题p:∀x∈R，ex0的左焦点为F1−c,0c>0，过点F1作直线与圆x2+y2=a24相切于点A，与双曲线的右支交于点B，若OB→=2OA→−OF1，则双曲线的离心率为( )
A.2B.52C.72 D.102
二、多选题

已知椭圆C:16x2+25y2=400，关于椭圆C下述正确的是（ ）
A.椭圆C的长轴长为10
B.椭圆C的两个焦点分别为0,−3和0,3
C.椭圆C的离心率等于35
D.若过椭圆C的焦点且与长轴垂直的直线l与椭圆C交于P，Q，则|PQ|=325

已知点F1−1,0,F21,0，动点P到直线x=2的距离为d， |PF2|d=22，则（ ）
A.点P的轨迹是椭圆B.点P的轨迹曲线的离心率等于12
C.点P的轨迹方程为x22+y2=1D.△PF1F2的周长为定值42

如图所示，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，F是侧面BCC1B1内的动点，且A1F//平面D1AE．给出下列命题，其中正确的是( )

A.点F的轨迹是一条线段
B.A1F与D1E不可能平行
C.A1F与BE是异面直线
D.平面A1FC1不可能与平面AED1平行

在平面直角坐标系xOy中，抛物线C:y2=2pxp>0的焦点为F，准线为l.设l与x轴的交点为K，P为C上异于O的任意一点，P在l上的射影为E，∠EPF的外角平分线交x轴于点Q，过Q作QN⊥PE交EP的延长线于N，作QM⊥PF交线段PF于点M，则( )

A.|PE|=|PF|B.|PF|=|QF|C.|PN|=|MF|D.|PN|=|KF|
三、填空题

如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，点D为棱A1C1上的点．且BC1//平面AB1D，则A1DDC1=________．已知AB=BC=AA1=1，AC=2，以D为球心，以52为半径的球面与侧面AA1B1B的交线长度为________.

四、解答题

已知直线l过定点A(2,1).
(1)若直线l与直线x+2y−5=0垂直，求直线l的方程；

(2)若直线l在两坐标轴上的截距相等，求直线l的方程．

如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧棱垂直于底面，AB⊥BC，AA1=AC=2，BC=1，E，F分别是A1C1，BC的中点．

1求证：平面ABE⊥平面B1BCC1；

2求证：C1F // 平面ABE．

已知直线l：x−y+1=0和圆C:x2+y2−2x+4y−4=0．
(1)若直线l交圆C于A，B两点，求弦AB的长；

(2)求过点4,−1 且与圆C相切的直线方程．

从①BG→=2GC→，②G是PB的中点，③G是△PBC的内心三个条件中任选一个条件，补充在下面问题中，并完成解答．在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是矩形，PD⊥底面ABCD，且PD=1，AB=3，AD=2，E，F分别为PC，BD的中点．

(1)判断EF与平面PAD的位置关系，并证明你的结论；

(2)若G是侧面PBC上的一点，且________，求三棱锥G−DCE的体积．
注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．

如图，一种电影放映灯的反射镜面是旋转椭圆面（椭圆绕其对称轴旋转一周形成的曲面）的一部分．过对称轴的截口BAC是椭圆的一部分，灯丝位于椭圆的一个焦点F1上，片门位于另一个焦点F2上．由椭圆一个焦点F1发出的光线，经过旋转椭圆面反射后集中到另一个焦点F2．已知BF1⊥F1F2．|F1B|=43，|F1F2|=25.

(1)试建立适当的坐标系，求截口BAC所在的椭圆的方程；

(2)椭圆C上是否存在点P，使得点P到直线 m:x+2y−10=0的距离最大？若存在，求出最大距离；若不存在，说明理由．

已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F，准线为l，若点P在C上，点E在l上，且△PEF是周长为12的正三角形.
1求C的方程；

2过点F的直线与抛物线相交于A，B两点，抛物线在点A处的切线与l交于点N，求△ABN面积的最小值.
参考答案与试题解析
2020-2021学年重庆市高二（上）12月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
直线的倾斜角
【解析】
直线x=2022是一条垂直于x轴的直线，由倾斜角的定义判断即可．
【解答】
解：由题，直线x=2022是一条垂直于x轴的直线，
所以倾斜角为90∘.
故选A．
2.
【答案】
B
【考点】
命题的否定
【解析】
利用全称命题的否定是特称命题，写出结果即可．
【解答】
解：因为全称命题的否定是特称命题，
所以命题p:∀x∈R，ex0,b>0的右焦点为F2c,0，
因为OB→=2OA→−OF1→，
∴ 2OA→=OB→+OF1→，
∴ A是BF1的中点，
∵ 点F1作直线与圆x2+y2=a24相切于点A，
∴OA⊥BF1，
∵O是F1F2的中点,
∴OA//BF2，
∴BF1⊥BF2，|BF2|=a
∴|BF1|2=|F1F2|2−|BF2|2=4c2−a2，
∵|BF1|=2a+|BF2|=3a，
∴9a2=4c2−a2，
∴10a2=4c2，
∴e=102，
故选D．
二、多选题
【答案】
A,C,D
【考点】
椭圆的离心率
椭圆的标准方程
【解析】
将椭圆方程化为标准式，即可求得基础量，逐项验证即可.
【解答】
解：将椭圆方程化为标准式可得：x225+y216=1，
可得a=5，b=4，c=a2−b2=3，
∴ 长轴长为2a=10，故A正确；
椭圆的两个焦点分别为−3,0和3,0，故B错误；
椭圆的离心率为e=ca=35，故C正确；
当x=3时，代入x225+y216=1，解得y=±165,
∴ PQ=325,故D正确.
故选ACD.
【答案】
A,C
【考点】
椭圆的定义
椭圆的标准方程
椭圆的离心率
【解析】
根据椭圆定义以及p点的轨迹即可求解.
【解答】
解：椭圆的第二定义：平面上到定点F的距离与到定直线的距离的比为常数e(离心率)的点的集合，e∈(0,1).
由题意可知点P的轨迹为椭圆，e=ca=22.
∵ c=1，
∴ a=2，
∴ b2=a2−c2=1，
∴ 轨迹方程为x22+y2=1.
C△PF1F2=PF1+PF2+F1F2=2a+2c=22+2.
故选AC.
【答案】
A,C,D
【考点】
空间中直线与直线之间的位置关系
空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】
①设平面AD1E∩BC=G，连接AG、EG，分别取B1B1，B1C1的中点M、N，连接AM、MN、AN，得F是线段MN上的动点；
②由平面A1,MN//平面D1AE，得点F与M重合时A1F与D1E平行；
③由平面A1MN//平面D1AE，BE和平面D1AE相交，得A1F1与BE是异面直线；
④由FC1与EG相交，可得平面A1FC1与平面AED1相交．
【解答】
解：A，设平面D1AE与直线BC交于点G，
连接AG，EG，则G为BC的中点，
分别取B1B，B1C1的中点M，N，连接AM，MN，AN，
∵ A1M//D1E，A1M⊄平面D1AE，D1E⊂平面D1AE，
∴ A1M//平面D1AE．同理可得MN//平面D1AE，
∵ A1M，MN是平面A1MN内的相交直线，
∴ 平面A1MN//平面D1AE，
由此结合A1F//平面D1AE，可得直线A1F⊂平面A1MN，
即点F是线段MN上的动点，故A正确；
B，由A知，平面A1MN//平面D1AE，
当F与点M重合时，A1F//D1E，故B错误；
C，∵ 平面A1MN//平面D1AE，BE和平面D1AE相交，
A1F与BE是异面直线，故C正确；
D，∵ 平面A1MN//平面D1AE，又易得平面A1FC1与平面A1MN有交点，
故平面A1FC1不可能与平面AED1平行，故D正确.
故选ACD.
【答案】
A,B,D
【考点】
抛物线的定义
【解析】
根据抛物线的定义进行推理判断．
【解答】
解：由抛物线的定义，|PE|=|PF|，A正确；
∵ PN//QF，PQ是∠FPN的平分线，
∴ ∠FQP=∠NPQ=∠FPQ，
∴ |PF|=|QF|，B正确；
若|PN|=|MF|，
∵ PQ是外角平分线，QN⊥PE，QM⊥PF，
∴ |QM|=|QN|，
∴ |PM|=|PN|，
∴ |PM|=|FM|，
∴ |QP|=|QF|，△PFQ为等边三角形，∠FPQ=60∘，也即有∠FPE=60∘，
这只是在特殊位置才有可能，C错误；
连接EF，由A，B知|PE|=|QF|，
又PE//QF，EPQF是平行四边形，|EF|=|PQ|，显然|EK|=|QN|，
|KF|=|PN|，D正确．
故选ABD.
三、填空题
【答案】
1,π3
【考点】
弧长公式
空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】
利用线面平行的性质得到线线平行，再作出截面，利用弧长公式即可得到答案.
【解答】
解：如图，连A1B交AB1于点E，连结DE，过点D作DF⊥A1B1，
∵ BC1//平面AB1D，BC1⊂平面EBC1D，
平面AB1D∩平面EBC1D=DE,
∴ DE//BC1.
又E为A1B的中点，
∴ D为A1C1的中点，
∴ A1DDC1=1，
则易得DF⊥平面AA1B1B，
且DF=12B1C1=12.
球面与侧面AA1B1B的交线长，
即以F为圆心，54−14=1为半径的截面圆的劣弧长MN，如图，
∵ MN=FM=FN=1，
∴ ∠MFN=π3，
∴ MN的长为π3×1=π3.
故答案为：1；π3.
四、解答题
【答案】
解：(1)直线x+2y−5=0的斜率为−12，
∵ 直线l与直线x+2y−5=0垂直，
∴ 直线l的斜率为2，
又直线l经过点A2,1，
∴ 直线l的方程为y−1=2x−2，即2x−y−3=0．
(2)当直线l过原点时，设直线l的方程为y=kx，
∵ 直线l过定点A2,1，∴ k=1−02−0=12，
∴ 直线l方程为y=12x，即x−2y=0．
当直线不过原点时，设直线l的方程为xa+ya=1，即x+y=a，
∵ 直线l过定点A2,1，∴ a=1+2=3，
∴ 直线l方程为x+y=3，即x+y−3=0，
综上，直线l方程为x−2y=0或x+y−3=0．
【考点】
直线的点斜式方程
两条直线平行与倾斜角、斜率的关系
两条直线垂直与倾斜角、斜率的关系
直线的截距式方程
【解析】
暂无
暂无
【解答】
解：(1)直线x+2y−5=0的斜率为−12，
∵ 直线l与直线x+2y−5=0垂直，
∴ 直线l的斜率为2，
又直线l经过点A2,1，
∴ 直线l的方程为y−1=2x−2，即2x−y−3=0．
(2)当直线l过原点时，设直线l的方程为y=kx，
∵ 直线l过定点A2,1，∴ k=1−02−0=12，
∴ 直线l方程为y=12x，即x−2y=0．
当直线不过原点时，设直线l的方程为xa+ya=1，即x+y=a，
∵ 直线l过定点A2,1，∴ a=1+2=3，
∴ 直线l方程为x+y=3，即x+y−3=0，
综上，直线l方程为x−2y=0或x+y−3=0．
【答案】
证明：1∵ BB1⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，
∴ AB⊥BB1，
又AB⊥BC，BB1∩BC=B，BB1，BC⊂平面BB1C1C，
∴ AB⊥平面B1BCC1.
而AB⊂平面ABE，
∴ 平面ABE⊥平面B1BCC1.
2取AB的中点D，连接DF，DE，
∵ E，D，F分别为A1C1，AB，BC的中点，
∴ DF // EC1，且DF=EC1，
∴ 四边形DFC1E为平行四边形，
∴ ED // C1F，
又ED⊂平面ABE，C1F⊄平面ABE，
∴ C1F // 平面ABE．
【考点】
平面与平面垂直的判定
直线与平面平行的判定
【解析】
1通过证明AB⊥平面B1BCC1，利用平面与平面垂直的判定定理证明平面ABE⊥平面B1BCC1；
2取AC的中点G，连结C1G、FG，通过证明平面C1GF // 平面EAB，利用平面与平面平行的性质定理证明C1F // 平面ABE．
【解答】
证明：1∵ BB1⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，
∴ AB⊥BB1，
又AB⊥BC，BB1∩BC=B，BB1，BC⊂平面BB1C1C，
∴ AB⊥平面B1BCC1.
而AB⊂平面ABE，
∴ 平面ABE⊥平面B1BCC1.
2取AB的中点D，连接DF，DE，
∵ E，D，F分别为A1C1，AB，BC的中点，
∴ DF // EC1，且DF=EC1，
∴ 四边形DFC1E为平行四边形，
∴ ED // C1F，
又ED⊂平面ABE，C1F⊄平面ABE，
∴ C1F // 平面ABE．
【答案】
解：(1)将圆C：x2+y2−2x+4y−4=0
化成标准方程： x−12+y+22=9，
∴ 圆C的圆心为C1,−2，半径r=3．
∴ 圆心C1,−2到直线l：x−y+1=0的距离
d=1−−2+12=22，
∴ |AB|=2r2−d2=29−8=2．
(2)①当直线斜率不存在时，过点4,−1的直线为x=4，
是圆C的一条切线；
②当直线的斜率存在时，设圆C的切线方程为y+1=kx−4，
即kx−y−4k−1=0．
∴ 圆心C1,−2到直线kx−y−4k−1=0的距离为r，
即|k+2−4k−1|k2+1=3，解之得k=−43．
∴ 此时切线方程为y+1=−43x−4，
化简得4x+3y−13=0．
综上所述，所求的直线方程为： x=4或4x+3y−13=0．
【考点】
直线与圆的位置关系
圆的切线方程
【解析】
暂无
暂无
【解答】
解：(1)将圆C：x2+y2−2x+4y−4=0
化成标准方程： x−12+y+22=9，
∴ 圆C的圆心为C1,−2，半径r=3．
∴ 圆心C1,−2到直线l：x−y+1=0的距离
d=1−−2+12=22，
∴ |AB|=2r2−d2=29−8=2．
(2)①当直线斜率不存在时，过点4,−1的直线为x=4，
是圆C的一条切线；
②当直线的斜率存在时，设圆C的切线方程为y+1=kx−4，
即kx−y−4k−1=0．
∴ 圆心C1,−2到直线kx−y−4k−1=0的距离为r，
即|k+2−4k−1|k2+1=3，解之得k=−43．
∴ 此时切线方程为y+1=−43x−4，
化简得4x+3y−13=0．
综上所述，所求的直线方程为： x=4或4x+3y−13=0．
【答案】
解：(1)EF//平面PAD.
证明如下：
如图，连结AC，则AC与BD交于F点，
因为在△PAC中，E，F分别为PC，BD的中点，四边形ABCD是矩形，
所以EF//PA．
又因为EF⊄平面PAD，PA⊂平面PAD，
所以EF//平面PAD．
(2)因为PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，DC⊂平面ABCD，
所以PD⊥BC，PD⊥DC.
又因为底面ABCD是矩形，
所以CD⊥BC.
因为PD∩CD=D，
所以BC⊥平面PDC.
在△PDC中，E为PC的中点，
所以S△CDE=12S△PDC=12×12×PD×DC=34.
选择条件①.
因为BG→=2GC→，
所以G是BC的三等分点且GC=13BC.
又因为BC=AD=2，
所以三棱锥G−DCE的高为GC=23，
所以VG−DCE=13S△DCE⋅GC =13×34×23=318，
所以三棱锥G−DCE的体积是318．
选择条件②.
因为G是PB的中点，E是PC的中点，
所以在△PBC中，GE=//12BC，
所以三棱锥G−DCE的高为GE=1，
所以VG−DCE=13S△DCE⋅GE=13×34×1=312，
所以三棱锥G−DCE的体积是312．
选择条件③.
设△PBC的内切圆与PC边相切于点H，则GH⊥PC，
又因为BC⊥平面PCD，PC⊂平面PCD，
所以BC⊥PC，
所以GH//BC，
所以三棱锥G−DCE的高为GH.
在Rt△PDC中，PC=PD2+DC2=2，BC=2，
所以PB=PC2+BC2=22，
所以GH=12×2×212(2+2+22)=2−2，
所以VG−DCE=13S△DCE⋅GH
=13×34×(2−2)=23−612，
所以三棱锥G−DCE的体积是23−612．
【考点】
直线与平面平行的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
直线与平面垂直的判定
直线与平面垂直的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：连结AC，则AC与BD交于F点，
因为在△PAC中，E，F分别为PC，BD的中点，
所以EF//PA．
又因为EF⊄平面PAD，PA⊂平面PAD，
所以EF//平面PAD．
(2)因为PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，DC⊂平面ABCD，
所以PD⊥BC，PD⊥DC.
又因为底面ABCD是矩形，
所以CD⊥BC.
因为PD∩CD=D，
所以BC⊥平面PDC.
在△PDC中，E为PC的中点，
所以S△CDE=12S△PDC=12×12×PD×DC=34.
选择条件①.
因为BG→=2GC→，
所以G是BC的三等分点且GC=13BC.
又因为BC=AD=2，
所以三棱锥G−DCE的高为GC=23，
所以VG−DCE=13S△DCE⋅GC =13×34×23=318，
所以三棱锥G−DCE的体积是318．
选择条件②.
因为G是PB的中点，E是PC的中点，
所以在△PBC中，GE=//12BC，
所以三棱锥G−DCE的高为GE=1，
所以VG−DCE=13S△DCE⋅GE=13×34×1=312，
所以三棱锥G−DCE的体积是312．
选择条件③.
设△PBC的内切圆与PC边相切于点H，则GH⊥PC，
又因为BC⊥平面PCD，PC⊂平面PCD，
所以BC⊥PC，
所以GH//BC，
所以三棱锥G−DCE的高为GH.
在Rt△PDC中，PC=PD2+DC2=2，BC=2，
所以PB=PC2+BC2=22，
所以GH=12×2×212(2+2+22)=2−2，
所以VG−DCE=13S△DCE⋅GH
=13×34×(2−2)=23−612，
所以三棱锥G−DCE的体积是23−612．
【答案】
解：(1)建立如图所示的平面直角坐标系，
设截口BAC所在椭圆的方程为：x2a2+y2b2=1a>b>0，
因为BF1⊥F1F2，|F1B|=43，|F1F2|=25，
所以在直角△BF1F2中，|BF2|=|BF1|2+|F1F2|2=143，
故2a=|F1B|+|F2B|=6，a=3，
又2c=|F1F2|=25，c=5，所以b2=a2−c2=4，
所以，所求的椭圆方程为x29+y24=1.
解：(2)假设椭圆C上存在点P，
使得点P到直线m：x+2y−10=0的距离最大，
则点P为平行于直线m的直线与椭圆C的切点．
设与直线x+2y−10=0平行且与椭圆C相切的直线n方程为：
x+2y+p=0，
联立 x+2y+p=0,x29+y24=1, 整理得：25x2+18px+9p2−144=0，
∵直线x+2y+p=0与椭圆C相切，
∴ Δ=(18p)2−100(9p2−144)=0，解得：p=±5.
当p=5时，
直线n与椭圆C的切点到直线m的距离最大，
且此最大距离也是直线n与直线m之间的距离，
此时直线n的方程为x+2y+5=0，
直线m:x+2y−10=0与直线n:x+2y+5=0的距离为：
|−10−5|5=35，
故椭圆C上存在点P，使得点P到直线m+2y−10=0的距离最大，
最大距离为35.
【考点】
椭圆的标准方程
直线与椭圆结合的最值问题
【解析】
答案未提供解析。
答案未提供解析。
【解答】
解：(1)建立如图所示的平面直角坐标系，
设截口BAC所在椭圆的方程为：x2a2+y2b2=1a>b>0，
因为BF1⊥F1F2，|F1B|=43，|F1F2|=25，
所以在直角△BF1F2中，|BF2|=|BF1|2+|F1F2|2=143，
故2a=|F1B|+|F2B|=6，a=3，
又2c=|F1F2|=25，c=5，所以b2=a2−c2=4，
所以，所求的椭圆方程为x29+y24=1.
解：(2)假设椭圆C上存在点P，
使得点P到直线m：x+2y−10=0的距离最大，
则点P为平行于直线m的直线与椭圆C的切点．
设与直线x+2y−10=0平行且与椭圆C相切的直线n方程为：
x+2y+p=0，
联立 x+2y+p=0,x29+y24=1, 整理得：25x2+18px+9p2−144=0，
∵直线x+2y+p=0与椭圆C相切，
∴ Δ=(18p)2−100(9p2−144)=0，解得：p=±5.
当p=5时，
直线n与椭圆C的切点到直线m的距离最大，
且此最大距离也是直线n与直线m之间的距离，
此时直线n的方程为x+2y+5=0，
直线m:x+2y−10=0与直线n:x+2y+5=0的距离为：
|−10−5|5=35，
故椭圆C上存在点P，使得点P到直线m+2y−10=0的距离最大，
最大距离为35.
【答案】
解：1∵ △PEF是周长为12的正三角形，
∴ PF=123=4，
设F(0,p2)，E(x0,−p2)，P(x0，y0)，
令PE的中点为M,
可知y0−p22=p2，则y0=32p，
因为FM⊥PE，
∴ PM=22p=p，
又∵ ∠PFM=30​∘，
∴ PF=2PM=2P=4,
∴ p=2，
∴ C:x2=4y.
2由题意可知，直线AB斜率存在，设为k，设AB:y=kx+1，
由y=kx+1,x2=4y,，求得x2−4kx−4=0,
Δ=16k2+16,
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1+x2=4k，x1x2=−4，
过A点的切线l2:x1x=4⋅y1+y2，即x1x−2y−2y1=0，
令y=−1，则xN=2y1−2x1，
∴ 点N(2y1−2x1,−1)到AB的距离d=|2ky1−2kx1+2|k2+1，
又∵ |AB|=k2+1⋅4k2+1，
∴ S△ABN=12⋅|AB|⋅d
=2|2ky1−2kx1+2|⋅k2+1,
又∵ y1=kx1+1，
∴ S=2⋅|2k2+2|⋅k2+1，
令k2+1=t，k2+1=t2(t≥1),
∴ S=2⋅2t2⋅t=4t3,
∴ 当t=1时，Smin=4.
【考点】
与抛物线有关的中点弦及弦长问题
直线与抛物线结合的最值问题
抛物线的性质
抛物线的标准方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：1∵ △PEF是周长为12的正三角形，
∴ PF=123=4，
设F(0,p2)，E(x0,−p2)，P(x0，y0)，
令PE的中点为M,
可知y0−p22=p2，则y0=32p，
因为FM⊥PE，
∴ PM=22p=p，
又∵ ∠PFM=30​∘，
∴ PF=2PM=2P=4,
∴ p=2，
∴ C:x2=4y.
2由题意可知，直线AB斜率存在，设为k，设AB:y=kx+1，
由y=kx+1,x2=4y,，求得x2−4kx−4=0,
Δ=16k2+16,
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1+x2=4k，x1x2=−4，
过A点的切线l2:x1x=4⋅y1+y2，即x1x−2y−2y1=0，
令y=−1，则xN=2y1−2x1，
∴ 点N(2y1−2x1,−1)到AB的距离d=|2ky1−2kx1+2|k2+1，
又∵ |AB|=k2+1⋅4k2+1，
∴ S△ABN=12⋅|AB|⋅d
=2|2ky1−2kx1+2|⋅k2+1,
又∵ y1=kx1+1，
∴ S=2⋅|2k2+2|⋅k2+1，
令k2+1=t，k2+1=t2(t≥1),
∴ S=2⋅2t2⋅t=4t3,
∴ 当t=1时，Smin=4.