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- 2024-03-13 发布
2019学年上学期高二年级12月月考
数学(理科)
第Ⅰ卷（共60分）
一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 命题：“”的否定是( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】全称命题“”的否定为特称命题“”，故选C。
2. 下列图形不一定是平面图形的是( )
A. 三角形 B. 四边形 C. 圆 D. 梯形
【答案】B
【解析】三角形，圆，梯形一定是平面图形，但是四边形可以是空间四边形，
故选B.
3. 已知直线与直线垂直，则的值为( )
A. 0 B. C. 1 D.
【答案】C
【解析】∵直线与直线垂直，∴，解得，故选C.
4. 已知命题“且”为真命题，则下面是假命题的是( )
A. B. C. 或 D.
【答案】D
【解析】命题“且”为真，则真真，则为假，故选D。
5. 已知一个几何体的三视图如图所示(单位：cm)，那么这个几何体的表面积是( )
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A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由题可知，三视图复原的几何体是一个放倒的底面是直角梯形的四棱柱，所以几何体的表面积（），故选C.
6. 下列命题：
①若，则；②若，则；
③若，则成等比数列；④若，则成等差数列.
其中真命题的个数为( )
A. 1 B. 2 C. D. 4
【答案】B
【解析】，若，则，故①正确；
若，则或，故②错误；
当时，不成等比数列，故③错误；
若，则成等差数列，故④正确.
故选B.
7. 已知双曲线的实轴长为2，虚轴长为4，则该双曲线的焦距为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由题知，，焦距为.
故选D.
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8. 在四棱锥中，底面，底面为矩形，，是上一点，若，则的值为( )
A. B. C. D. 4
【答案】C
【解析】因为底面，所以，
又，故平面，故，此时，，则.
因为，所以，即.
9. 若椭圆的右焦点为，是椭圆上一点，若到的距离的最大值为5，最小值为3，则该椭圆的方程为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由题意得：，故，
所以椭圆方程为：.
故选A.
10. 已知过双曲线右焦点，斜率为的直线与双曲线的第一象限交于点，点为左焦点，且，则此双曲线的离心率为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由题意，∵过双曲线右焦点的直线，∴，代入双曲线，可得，∴，∴，∴，∵，∴，故选C.
11. 在四面体中，底面，，，，为的重心，为线段上一点，且平面，则线段的长为( )
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A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
如图，延长AG交BC于点H，过点G作GE//BC交AC于点E，过点E作EF//DC，交AD于点F，则平面EFG//平面BCD，又FG平面BCD，所以FG//平面BCD，又，所以,，所以.
12. 已知点是椭圆上的动点，过点作圆的切线，为其中一个切点，则的取值范围为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】.
因为，所以.
故选B.
点睛：直线与圆的位置关系常用处理方法：
（１）直线与圆相切处理时要利用圆心与切点连线垂直，构建直角三角形，进而利用勾股定理可以建立等量关系；
（２）直线与圆相交，利用垂径定理也可以构建直角三角形；
（３）直线与圆相离时，当过圆心作直线垂线时长度最小．
二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）
13. 正方体的棱长为，且正方体各面的中心是一个几何体的顶点，这个几何体的棱长为________.
【答案】
【解析】如图所示，取棱中点，连接，由正方体的性质可得，，
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则，即几何体的棱长为，故答案为.
14. 若“”是“”的充分不必要条件，则实数的取值范围是________________.
【答案】
【解析】由，解得或.
“”是“”的充分不必要条件，所以.
点睛：设对应的集合分别为，则有以下结论：
（1）若的充分条件，则；
（2）若的充分不必要条件，则Ü ；
（3）若的充要条件，则。
根据所给的命题间的充分必要性求参数的取值范围时，要学会根据以上结论将问题转化成集合间的包含关系去处理。
15. 若直线与曲线有公共点，则的取值范围是____________.
【答案】
【解析】试题分析：如图所示：
曲线，即（1≤y≤3，0≤x≤4），
表示以A（2，3）为圆心，以2为半径的一个半圆．
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由圆心到直线y=x+b的距离等于半径2，可得
结合图象可得
考点：直线与圆的位置关系
16. 如图，有一圆锥形粮堆，其正(主)视图是边长为6m的正，粮堆母线的中点处有一老鼠正在偷吃粮食，此时小猫正在处，它要沿圆锥侧面到达处捕捉老鼠，则小猫所经过的最短路程是________________m.
【答案】
【解析】
圆锥的底面半径为3m，周长是6πm,
展开图中大圆半径为6m，则圆心角为，
即圆锥侧面展开图的圆心角是180度。
..................
∴在圆锥侧面展开图中.
故小猫经过的最短距离是m.
故答案是：.
三、解答题 （本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
17. 已知方程表示双曲线；方程表示焦点在轴上的椭圆，若为真命题，为假命题，求实数的取值范围.
【答案】
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试题解析：为真命题时，，
为真命题时，，或，
∵为真命题，为假命题，∴与—真一假，
当真，假时，，当假，真时，或，
∴.
18. 如图所示，在四棱锥中，底面是矩形，侧棱垂直于底面，分别是的中点.
求证：(1)；
(2)平面平面.
【答案】(1)见解析(2)见解析
【解析】试题分析：（1）由条件可得，，进而得平面，从而可证；
（2）由，，进而得线面平行，结合直线相交即可证得面面平行.
试题解析：
(1)∵底面，∴，
又矩形中，，且，
∴平面，∴.
(2)∵矩形中，分别为的中点，∴，
∵平面，平面，∴平面，
∵是中点，∴，
∵平面，平面，
- 12 -
∴平面，
∵，平面，
∴平面平面.
点睛：本题主要考查了平面与平面平行的判定与证明问题，其中解答中涉及到直线与平面平行的判定定理，平面与平面平行的判定定理的综合应用，此类问题的解答中要证“面面平行”只要证明“线面平行”，只要证“线线平行”，把问题最终转化为线与线的平行问题，着重考查了学生的转化思想的应用.
19. 已知条件：，条件 ，若是的必要不充分条件，求实数的取值范围.
【答案】
【解析】试题分析：解不等式得到命题的等价条件或，由是的必要不充分条件得到不等式组，解出不等式组即可.
试题解析：，或，
，
∵是的必要不充分条件，∴，
∴，∴，即.
20. 一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示.
(1)请把字母标记在正方体相应的顶点处(不需要说明理由)；
(2)判断平面与平面的位置关系，并证明你的结论；
(3)证明：直线平面.
【答案】(1)见解析(2)见解析(3)见解析
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【解析】试题分析：(1)折叠成正方体即可得出；（2）根据条件可证四边形BCEH为平行四边形，因此BE∥CH，由线面平行判定定理即可得证；（3）根据DH⊥平面EFGH可得DH⊥EG，又EG⊥FH，可证EG⊥平面BFHD，所以DF⊥EG，同理可证同理DF⊥BG，所以命题得证．
试题解析：
(1)点F、G、H的位置如图所示．
(2)平面BEC∥平面ACH．证明如下：
因为ABCD－EFGH为正方体，所以BC∥FG，BC＝FG，
又FG∥EH，FG＝EH，所以BC∥EH，BC＝EH，
于是四边形BCEH为平行四边形，
所以BE∥CH，
又CH⊂平面ACH，BE⊄平面ACH，
所以BE∥平面ACH，
同理，BG∥平面ACH，
又BE∩BG＝B，
所以平面BEG∥平面ACH．
(3)连接FH交EG于点O，连接BD．
因为ABCD－EFGH为正方体，所以DH⊥平面EFGH，
因为EG⊂平面EFGH，所以DH⊥EG，
又EG⊥FH，EG∩FH＝O，
所以EG⊥平面BFHD，
又DF⊂平面BFHD，所以DF⊥EG，
同理DF⊥BG，
又EG∩BG＝G，
所以DF⊥平面BEG．
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点睛：本题考查面面垂直，线面垂直，线线垂直的判定及性质以及面面平行，属于中档题。对于面面平行问题，就是要在一个平面内找到两条相交直线分别平行另一个平面；在证明线面垂直时，要注意往往先转化为线线垂直，其他线面垂直，再转化到所要研究的直线上具备同时垂直两条相交直线.
21. 已知以点为圆心的圆与直线相切，过点的直线与圆相交于两点，是的中点，.
(1)求圆的标准方程；
(2)求直线的方程.
【答案】(1) (2) 或.
【解析】试题分析：（1）利用圆心到直线的距离公式求圆的半径，从而求解圆的方程；（2）根据相交弦长公式，求出圆心到直线的距离，当直线斜率不存在时，满足题意，当斜率存在时，设出直线方程，再根据点到直线的距离公式确定直线方程.
试题解析：(1)设圆的半径为，因为圆与直线相切，
∴，∴圆的方程为.
(2)①当直线与轴垂直时，易知符合题意；
②当直线与轴不垂直时，设直线的方程为，即，
连接，则，∵，∴，
则由得，∴直线为：，
故直线的方程为或.
点睛：本题主要考查了直线与圆相切，直线与圆相交，属于基础题；当直线与圆相切时，其性质圆心到直线的距离等于半径是解题的关键，当直线与圆相交时，弦长问题属常见的问题，最常用的手法是弦心距，弦长一半，圆的半径构成直角三角形，运用勾股定理解题.
22. 已知椭圆的右焦点为，上顶点为，周长为，离心率为.
(1)求椭圆的方程；
(2)若点是椭圆上第一象限内的一个点，直线过点且与直线平行，直线且与椭圆交于两点，与交于点，是否存在常数，使.若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.
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【答案】(1) (2)
【解析】试题分析：（1）周长为，离心率为，结合，即可得方程；
（2）求出直线斜率得的方程为，可设方程为，由得，由得，利用弦长公式及韦达定理表示线段长即可得解.
试题解析：
(1)由题意知，，
又，∴，，
∴椭圆的方程为.
(2)由得，∴，
又，，，
∴的方程为，可设方程为，
由得，
由得，，，
设，，则，，
由弦长公式：，
同理，，，
∴，，
∴，
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∴存在常数，使.
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