2021-2022学年上海市高二年级上册学期12月月考数学试题【含答案】

2021-2022学年上海市高二上学期12月月考数学试题

一、填空题

1．已知等比数列中，，则的公比为__．

【答案】

【分析】设公比为，再根据题意作商即可得解.

【详解】设公比为，则，所以.

故答案为：.

2．已知直棱柱的底面周长为12，高为4，则这个棱柱的侧面积等于___________.

【答案】48

【分析】根据直棱柱的侧面积公式直接求解即可

【详解】因为直棱柱的底面周长为12，高为4，

所以这个棱柱的侧面积为，

故答案为：48

3．直线与直线平行，则m的值是__________．

【答案】

【分析】利用直线的平行条件即得.

【详解】∵直线与直线平行，

∴，

∴.

故答案为：.

4．经过两直线2x+y-1=0与x-y-2=0的交点，且在两坐标轴上的截距互为相反数的直线方程是___________．

【答案】x+y=0或x-y-2=0

【分析】先求解两直线的交点坐标，再运用截距式求解直线的方程可得出结果.

【详解】解：联立两直线方程可得：，解得，可得两条直线交点P（1，-1）．

直线经过原点时，可得直线方程为y=-x；

直线不经过原点时，设直线方程为，

把交点P（1，-1）代入可得，解得a=2．

所以直线的方程为x-y-2=0．

综上直线方程为：x+y=0或x-y-2=0．

故答案为：x+y=0或x-y-2=0．

5．我国南北朝时期的数学家祖暅提出了一个原理“幂势既同，则积不容异”，即夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截， 如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等.现有某几何体和一个圆锥满足祖暅原理的条件，若该圆锥的侧面展开图是一个半径为2的半圆，则该几何体的体积为________.

【答案】

【分析】根据圆锥的侧面展开图是一个半径为2的半圆，由，求得底面半径，进而得到高，再利用锥体的体积公式求解.

【详解】设圆锥的母线长为l，高为h，底面半径为r，

因为圆锥的侧面展开图是一个半径为2的半圆，

所以，解得，

所以，

所以圆锥的体积为：，

故该几何体的体积为，

故答案为：

6．如果二面角的平面角是锐角，空间一点Р到平面、和棱的距离分别为、4和，则二面角的大小为_______________.

【答案】或

【分析】分点P在二面角的内部和外部，利用二面角的定义求解.

【详解】当点P在二面角的内部，如图所示：

， A，C，B，P四点共面，

是二面角的平面角，

因为Р到平面、和棱的距离分别为、4和，

所以，

所以，

则；

当点P在二面角的外部，如图所示：

， A，C，B，P四点共面，

是二面角的平面角，

因为Р到平面、和棱的距离分别为、4和，

所以所以，

所以，

，

则.

故答案为：或

7．已知圆台的上、下底面半径分别为2和5，圆台的高为3，则此圆台的体积为__．

【答案】

【分析】由圆台的体积公式代入求解即可.

【详解】由题意知，，则

.

故答案为：.

8．如图，是一个正方体的平面展开图，在这个正方体中，①与是异面直线；②与平行；③与成角④与垂直，请写出正确结论的个数为__ 个．

【答案】4

【分析】画出该平面展开图合起来后的正方体后，逐项判断.

【详解】解：该平面展开图合起来后的正方体，如图所示：

由图形得与是异面直线，故①正确；

与平行，故②正确；

连接，则为等边三角形，所以与所成角为，

因为，所以与成角，故③正确；

对于④，连接，平面，平面，

所以，又，面BCN，

所以平面，

平面，所以，故④正确.

所以正确结论的个数是4个.

故答案为：4

9．若圆上恰有相异两点到直线的距离等于，则的取值范围是__．

【答案】

【分析】计算圆心到直线的距离为，根据条件得到，解得答案.

【详解】圆心到直线的距离，

因为圆上恰有相异两点到直线的距离等于，所以，

即，所以.

故答案为：

10．过点的直线满足原点到它的距离最大，则直线的一般式方程为___________.

【答案】

【分析】过作于，连接，可得直角三角形中，从而得到当时，原点到直线的距离最大，利用垂直，求出的斜率，从而得到的方程.

【详解】设点，过坐标系原点作于，连接，

则为原点到直线的距离，

在直角三角形中，为斜边，

所以有，

所以当时，原点到直线的距离最大，

而，所以，

所以的直线方程为，

整理得：

【点睛】本题考查根据点到直线的距离求斜率，点斜式写直线方程，属于简单题.

11．已知P是直线上的动点，PA，PB是圆的切线，A，B是切点，C是圆心，那么四边形PACB面积的最小值是________．

【答案】

【分析】将四边形面积的最小时，等价于圆心C到直线的距离最小，求出最小距离，进而利用三角形面积公式求出最小面积.

【详解】解：由题意知，A，B是切点，是圆心，且圆的半径为

所以，

四边形PACB面积为：

所以当取最小值时，取最小值

由点在直线上运动可知，当与直线垂直时取最小值

此时为圆心到直线的距离

即

故四边形PACB最小面积为：

故答案为：.

【点睛】关键点睛：本题的关键是将面积的最值转化为点到直线上点的距离的最值，进而转化为点到直线的距离.

12．我们将函数图象绕原点逆时针旋转后仍为函数图象的函数称为函数，为其旋转角，若函数为函数，则其旋转角所有可取值的集合为___________

【答案】

【分析】由解析式可知原函数图象为圆弧，根据函数的定义可知若旋转后不再是函数，则必存在垂直于轴的切线，且切点异于弧端点，通过图形进行分析可得结果.

【详解】为如图所示的一段圆弧，其所对圆心角，

若该函数图象绕原点逆时针旋转后不再是函数，则其旋转后的图象必存在垂直于轴的切线，且切点异于弧端点，

由图象可知：若，则当点自向运动（不包含）时，图象存在垂直于轴的切线，此时；

若，则当点自向运动（不包含）时，图象存在垂直于轴的切线，此时；

若函数为函数，其旋转角所有可能值的集合为：.

故答案为：.

13．设，求的最小值是__．

【答案】

【分析】根据的表达式可知，其几何意义表示直线上一点到点和点的距离之和，根据“将军饮马”模型求解即可.

【详解】根据题意可得，

表示直线上一点到点和点的距离之和，

点关于直线的对称点为，

则满足解得；

所以点关于直线的对称点为，如下图所示：

则

所以.

故答案为：

14．若，则的最小值为___________.

【答案】

【分析】根据题意并结合两点间的距离公式，将原不等式转化为，其中是轴上的动点，是轴上的动点，，是定点，根据距离的几何意义和对称关系，可知当、、、四点共线时，取得最小值，则，最后利用两点间的距离公式即可求得结果.

【详解】解：将配方得：

，

根据两点间的距离公式可知，

表示点到点的距离，

表示点到点的距离，

表示点到点的距离，

其中是轴上的动点，是轴上的动点，，是定点，

所以，

如图，作关于轴的对称点，关于轴的对称点，

所以要求的最小值，

则需求的最小值，

可知当、、、四点共线时，取得最小值，

即，

所以的最小值为.

故答案为：.

二、单选题

15．设，则当数列{an}的前n项和取得最小值时，n的值为（    ）

A．4 B．5

C．4或5 D．5或6

【答案】A

【分析】结合等差数列的性质得到，解不等式组即可求出结果.

【详解】由，即，解得，因为,故.

故选：A.

16．已知三条不同的直线，，，两个不同的平面，，则下列说法错误的是（    ）

A．若，，，则或

B．若，，，则

C．若，，，则

D．若，，，则

【答案】B

【分析】根据线面位置关系逐项判断即可得出答案.

【详解】选项A中，，可得，又或 ，选项A正确；

选项B中，，又 ，则，选项B错误；

选项C中，或 ，又

时，； 时，，选项C正确；

选项D中，，又 ，选项D正确

故选：B.

17．阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德被称为亚历山大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻而系统的研究，阿波罗尼斯圆就是他的研究成果之一，指的是：已知动点与两个定点，的距离之比为（，且），那么点的轨迹就是阿波罗尼斯圆.若平面内两定点，间的距离为，动点满足，则的最大值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】设，，由，可得点P的轨迹为以为圆心，半径为的圆，又，其中可看作圆上的点到原点的距离的平方，从而根据圆的性质即可求解.

【详解】解：由题意，设，，

因为，所以，即，

所以点P的轨迹为以为圆心，半径为的圆，

因为，其中可看作圆上的点到原点的距离的平方，

所以，

所以，即的最大值为，

故选：A.

18．已知长方体的外接球O的体积为，其中，则三棱锥的体积的最大值为（    ）

A．1 B．3 C．2 D．4

【答案】A

【分析】设，根据长方体的外接球O的体积和，可求得外接球的半径，根据基本不等式求得的最大值，再代入三棱锥的体积公式，即可得到答案；

【详解】设，

∵长方体的外接球O的体积为，，

∴外接球O的半径，

∴，

∴，

∴，

∵O到平面的距离，

，

∴三棱锥的体积．

∴三棱锥的体积的最大值为1．

故选：A．

19．如图，矩形中，为的中点，，将沿直线翻折成（不在平面内），连结，为的中点，则在翻折过程中，下列说法中正确的个数是（   ）

①平面；②存在某个位置，使得；③线段长度为定值；④当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球的表面积是.

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】C

【分析】取中点，利用线线平行推出线面平行可判断①；假设垂直，得到不成立，可判断②；由①知，且，可判断③；当平面平面时，三棱锥体积最大，此时中点为外接球球心，可判断④.

【详解】对于①，取的中点，连接，则，所以四边形为平行四边形，

所以，又平面，平面，即平面，

故①正确；

对于②，假设存在某个位置，使得，

又，平面，

所以平面，又平面，所以，

即，因为，所以不可能，故②错误；

对于③，由①得，因为，，

所以为定值，所以长度为定值，故③正确；

对于④，取的中点，当三棱锥的体积最大时，

此时平面平面，因为，平面，

平面平面，所以平面，

又平面，所以，

又，平面，

所以平面，平面，所以，

所以即为三棱锥的外接球球心，又，

所以外接球的表面积是，故④正确.

故选：C

三、解答题

20．已知等差数列中，.

(1)求数列的通项公式；

(2)当为何值时，数列的前项和取得最大值？

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）结合等差数列的通项公式，求出公差，进而可以求出结果；

（2）求出数列的前项和，结合二次函数的性质即可求出结果.

【详解】（1）由，

得，解得，

，

所以数列的通项公式.

（2），

，

∴当时，取得最大值.

21．在四棱锥P–ABCD中，底面ABCD是边长为6的正方形，PD平面ABCD，PD=8．

(1)求异面直线PB与DC所成角的正切值；

(2)求PA与平面PBD所成角的正弦值．

【答案】(1)

(2)

【分析】(1)由可知就是异面直线PB与DC所成的角，利用线面垂直的判定定理可得平面PDA，根据线面垂直的性质可得，进而求出即可；

(2) 连接AC，与BD交于点O，连接PO，利用线面垂直的判定定理可得平面PBD，进而可知为PA与平面PBD所成的角，求出AO即可得出结果.

【详解】（1）由题意知，，所以就是异面直线PB与DC所成的角，

因为平面ABCD，平面ABCD，所以，

又，，所以平面PDA，而平面PDA，

所以.在中，，

所以，即异面直线PB与DC所成的角的正切值为；

（2）连接AC，与BD交于点O，连接PO，

由平面ABCD，得，，

因为底面ABCD为边长为6的正方形，所以，，

又平面PBD，所以平面PBD，

所以PA在平面PAD内的射影为PO，为PA与平面PBD所成的角，

又PD=8，AD=6，所以PA=10，，

所以在中，，

即PA与平面PBD所成的角的正弦值为.

22．已知直线l的方程为.

(1)证明：无论m为何值，直线l恒过定点，并求出定点的坐标；

(2)若直线l与x、y轴的正半轴分别交于A，B两点，O为坐标原点，是否存在直线l使得的面积为9.若存在，求出直线l的方程；若不存，请说明理由.

【答案】(1)证明见解析；

(2)存在，或

【分析】（1）在直线的方程中，先分离参数，再令参数的系数等于零，求得x、y的值，可得直线经过定点的坐标.

（2）求出A、B的坐标，根据的面积为9，求出m的值，可得结论.

【详解】（1）直线l的方程为，

即，

令，可得，

求得，，

可得该直线一定经过和的交点.

（2）若直线l与x、y轴的正半轴分别交于A，B两点，O为坐标原点，

则、，且，

，∴，或.

则的面积为，

即，即，

∴，或 .

故存在直线l满足条件，

且满足条件的出直线l的方程为，或.

23．如图，几何体为一个圆柱和圆锥的组合体，圆锥的底面和圆柱的一个底面重合，圆锥的顶点为P，圆柱的上、下底面的圆心分别为、，且该几何体有半径为1的外接球（即圆锥的项点与底面圆周在球面上，且圆柱的底面圆周也在球面上），外接球球心为O．

(1)若圆柱的底面圆半径为，求几何体的体积；

(2)若，求几何体的表面积．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）分别计算圆锥的体积与圆柱的体积，体积和即为所求；

（2）根据比例关系，可分别求出圆锥与圆柱的高及底面半径，再利用表面积公式即可求解.

【详解】（1）如图可知，过P、、的截面为五边形，其中四边形为矩形，三角形为等腰三角形，

在直角中，，，则

故圆锥的底面半径为，高为，其体积为

圆柱的底面半径为，高为，其体积为

所以几何体的体积为

（2）若，设，则，故，

在直角中，，，则

故圆锥的底面半径为，高为，其母线长为，

圆锥的侧面积为

圆柱的底面半径为，高为，其侧面积为

所以几何体的表面积为

24．已知圆C的圆心C为（0，1），且圆C与直线相切．

(1)求圆C的方程；

(2)圆C与x轴交于A，B两点，若一条动直线l：x＝x0交圆于M，N两点，记圆心到直线AM的距离为d．

（ⅰ）当x0＝1时，求的值．

（ⅱ）当﹣2＜x0＜2时，试问是否为定值，并说明理由．

【答案】(1)

(2)（ⅰ）；（ⅱ）为定值，理由见解析

【分析】（1）求出圆心到直线的距离，则圆C的方程可求；

（2）（ⅰ）当x0＝1时，可得直线l：x＝1，与圆的方程联立求得M、N的坐标，写出AM的方程，求出圆心到直线AM的距离d，再求出|BN|，则答案可求；（ⅱ）联立直线与圆的方程，求得M、N的坐标，写出AM的方程，求出圆心到直线AM的距离d，再求出|BN|，整理即可求得为定值．

【详解】（1）圆C的半径r，

则圆C的方程为；

（2）（ⅰ）由，取y＝0，可得．

∴A（﹣2，0），B（2，0），

圆C与动直线l：交于M，N两点，

则，解得或，

∴M（1，3），N（1，﹣1），

则直线AM的方程y﹣0，即．

圆心到直线AM的距离d，

|BN|，

∴；

（ⅱ）由圆C与动直线l：交于M，N两点，

设M（x0，y1），N（x0，y2），

联立，解得M（），N（），

∴直线AM：．

圆心（0，1）到直线AM的距离d．

|BN|．

则．

∴为定值．