辽宁省实验中学东戴河分校2020-2021学年高二12月月考数学试题（可编辑PDF版）

1. B 2.A 3.C 4.A 5.C 6.B 7.A 8.A 9.ACD 10.ACD 11.ABCD 12.ABC 13.64 14. 6 15. 22 16. 2 3 17.（1） 48 ；（2）36；（3）108 . 18.（1）证明：∵三棱柱 ABC﹣A1B1C1 为直三棱柱，∴AB⊥AA1， 在△ABC 中，AB=1，AC= ，∠ABC=60°，由正弦定理得∠ACB=30°， ∴∠BAC=90°，即 AB⊥AC， ∴AB⊥平面 ACC1A1， 又 A1C⊂平面 ACC1A1， ∴AB⊥A1C． （2）解：如图，作 AD⊥A1C 交 A1C 于 D 点，连接 BD， 由三垂线定理知 BD⊥A1C， ∴∠ADB 为二面角 A﹣A1C﹣B 的平面角． 在 Rt△AA1C 中，AD= = ， 在 Rt△BAD 中，tan∠ADB= = ， 即二面角 A﹣A1C﹣B 的正切值为 arctan ． 19.（1） 1 1 1, 3, x y    或 2 2 5, 1. x y     不对. （2）因为圆C 的圆心坐标为 2,0 ，且与 y 轴相切， 所以圆C 的半径是 2. 所以圆C 的方程是 2 22 4x y   . 因为直线 : 4l y x   与圆C 交于 M ， N 两点， 联立方程组  2 22 4, 4, x y y x         解得 1 1 2, 2, x y    或 2 2 4, 0. x y    不妨设  2,2M ，  4,0N ， 所以    2 24 2 0 2 2 2MN      20.（1）由抛物线 2: 2 ( 0)E x py p  的方程可得焦点在 y 轴上， 再由直线 : 1l y kx  过抛物线 2: 2 ( 0)E x py p  的焦点， 令 0x  ，所以 1y  ，可得焦点坐标为(0,1) ， 所以抛物线的方程为： 2 4x y ； （2）设 1(A x ， 1)y ， 2(B x ， 2)y ， 联立直线与抛物线的方程 2 1 4 y kx x y     ，整理可得： 2 2(2 4 ) 1 0y k y    ， 可得 2 1 2 2 4y y k   ， 因为 AB 过抛物线的焦点，所以以 AB 为直径的圆的圆心为 1 2( 2 x x ， 1 2 ) 2 y y ， 半径为 1 2 1 2 y y  ， 所以 2 2 21 2 1 2 1 2| | 2 ( 1) ( ) 2 1 2 4 3 42 2 y y y y CD y y k           ， 解得 2 1 4 k ，即 1 2 k 或 1 2 k  ， 所以k 的取值范围为： 1 1 , , 2 2              (1)因为 PA  平面 ABCD，CD 平面 ABCD，所以CD PA ，又因为底面 ABCD是矩 形，所以CD AD ， 所以由线面垂直的判定定理可得:CD 平面 APD ，所以 PC 与平面 APD 所成角既为 CPD ， 又由题意可得: 5PD  ， 1CD  ，所以 5 arctan 5 CPD  . 所以 PC 与平面 PAD 所成角的大小为 5arctan 5 . (2)假设 BC 边上存在一点 G 满足题设条件，作 DQ AG ， 则 DQ 平面 PAG ， 所以 2DQ  . 1 2BG   ， 故存在点 G，当 1BG  时，使点 D 到平面 PAG 的距离为 2 . （3）延长 CB 到 'C ，使 'BC BC ，因为 PA  平面 ABCD，CB 平面 ABCD，所以 CB PA ， 又因为底面 ABCD是矩形， 所以CB AB ， 所以由线面垂直的判定定理可得:CB  平面 APB ， 则 'C 是点 C 关于面 APB 的对称点， 连接 'C E ，交面 APB 于 H， 则点 H 是使CH EH 的值最小时，在面 APB 上的一点. 作 EM DA 于 M，则点 M 是 AD 的中点，连接 'C M 交 AB 于 N，连接 HN， 则 ' 1 2 AM AN BC NB   ， 所以 2 3 HN EM  ， 又 1 2 EM  ， 所以 1 3 HN  ，而 2 2 3 3 BN AB  ， 所以 2 2 1 2 5 3 3 3 HB              . 所以 5 3 HB  . 解：（1）由题知，