安徽省东至二中学年高二上学期12月份考试数学(理)试题含解析由刀豆文库小编整理，希望给你工作、学习、生活带来方便，猜你可能喜欢“广州二中高二数学月考”。
东至二中、石台中学2017～2018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：“A.【答案】C 【解析】全称命题“
”的否定为特称命题“
”，故选C。B.”的否定是()
C.D.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()
与直线
垂直，∴，解得，A.【答案】C B.C.D.【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6.下列命题： ①若③若，则，则；②若成等比数列；④若，则；
成等差数列.（），故选C.，则其中真命题的个数为()A.1 B.2 C.D.4 【答案】B 【解析】若当若故选B.7.已知双曲线A.B.【答案】D 【解析】由题知，故选D.，焦距为
.的实轴长为2，虚轴长为4，则该双曲线的焦距为()C.D.，则时，则或，若，则，故①正确；，故②错误；
不成等比数列，故③错误； 成等差数列，故④正确.8.在四棱锥，则中，的值为()
底面，底面为矩形，是上一点，若A.B.C.D.4 【答案】C 【解析】因为又因为，故底面平面，所以，故，即，此时，.，则
.，所以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.【答案】A 【解析】由题意得：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
.，故，B.C.D.，点为左焦点，且A.B.C.，则此双曲线的离心率为()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，∴，∴11.在四面体为线段中，∴底面平面，则线段，∵，∴，，故选C.，为的重心，上一点，且的长为()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,12.已知点是椭圆则A.的取值范围为()B.C.D.平面BCD，所以FG//平面BCD，又，所以
上的动点，过点作圆
.的切线，为其中一个切点，所以【答案】B 【解析】因为故选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】，由正方体的性质可得，，所以
..【解析】如图所示，取棱中点，连接则，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“”是“，解得
或
..”的充分不必要条件，所以，则有以下结论： ；
； 点睛：设（1）若（2）若（3）若对应的集合分别为的充分条件，则的充分不必要条件，则的充要条件，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【答案】 与曲线
有公共点，则的取值范围是____________.【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． 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】
试题解析：为真命题时，为真命题时，∵为真命题，或，为假命题，∴与—真一假，当假，真时，.中，底面
是矩形，侧棱
垂直于底面，分别是
或，当真，假时，∴18.如图所示，在四棱锥的中点.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；
（2）由试题解析：(1)∵又矩形∴平面底面中，∴中，，∴，且
.分别为平面，平面，∴的中点，∴
平面，，，进而得线面平行，结合直线相交即可证得面面平行.，进而得
平面，从而可证(2)∵矩形∵∵是∵平面中点，∴平面，∴∵∴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：取值范围.【答案】
或，由是的必要不充，条件，若是的必要不充分条件，求实数的【解析】试题分析：解不等式得到命题的等价条件分条件得到不等式组试题解析：，∵是的必要不充分条件，∴∴，∴，即，.，解出不等式组即可.或，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(2)判断平面(3)证明：直线标记在正方体相应的顶点处(不需要说明理由)； 与平面平面的位置关系，并证明你的结论；.【答案】(1)见解析(2)见解析(3)见解析 【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．
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.已知以点两点，是为圆心的圆与直线的中点，.相切，过点的直线与圆相交于(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∴，∴圆的方程为
符合题意；，即，，.相切，(2)①当直线与轴垂直时，易知②当直线与轴不垂直时，设直线的方程为连接则由故直线的方程为，则，∵得或，∴，∴直线为：
.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)若点与椭圆交于是椭圆上第一象限内的一个点，直线过点且与直线两点，与交于点，是否存在常数，使
平行，直线
且
.若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)周长为，离心率为，结合，即可得方程； 【解析】试题分析：（1）（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)由又，得，∴，∴的方程为，可设方程为，由得，由得，，设，则，，由弦长公式：同理，，∴，∴，∴存在常数，使.
