江西省吉安市五校2019-2020学年高二上学期联考数学（理）试卷 21页

理科数学试卷 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.已知，则下列各式一定成立的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由于，所以已知条件即是.结合指数函数和幂函数的性质，利用特殊值，对四个选项逐一进行判断.‎ ‎【详解】由于，所以已知条件等价于.对于选项，故A选项错误.已知条件中可能是负数，故B选项错误.根据为减函数可知，C选项正确.当时，，故D选项错误.综上所述，选C.‎ ‎【点睛】本小题主要考查不等式的性质，考查指数函数和幂函数的单调性.由于题目是选择题，故可用特殊值进行排除.属于基础题.‎ ‎2.等比数列中，，则“”是“”的（ ）‎ A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 用等比数列的基本量可将“”转化为，求公比的取值范围，‎ 进而可得不一定成立；同理将转化为基本量，可证由能推出．‎ ‎【详解】如果“”，那么或．‎ ‎ 因为，当时， ，‎ 因为，所以，‎ 所以“”不是“”的充分条件．‎ 由可得，因为，‎ 所以，解得．‎ 所以，所以．‎ 故“”是“”的必要条件．‎ ‎ 故选B．‎ ‎【点睛】解决有关数列的问题可将条件转化为基本量，来求基本量的取值或范围，进 而可解决问题．本题考查学生的转化能力．‎ ‎3.己知抛物线上一点到焦点的距离为1，则点的纵坐标为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析】‎ 计算得到准线方程为，根据到焦点的距离为1计算得到答案.‎ ‎【详解】，准线方程为，到焦点的距离为1‎ 则到准线的距离为1，点的纵坐标为 故选：‎ ‎【点睛】本题考查了抛物线的距离问题，将到焦点的距离转化为到准线的距离是解题的关键.‎ ‎4.阿基米德（公元前287年—公元前212年）不仅是著名的物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.若椭圆 C的焦点在x轴上，且椭圆C的离心率为，面积为12，则椭圆C的方程为（ ）.‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用已知条件列出方程组，求出，即可得到椭圆方程.‎ ‎【详解】由题意可得：，解得，‎ 因为椭圆的焦点在轴上，所以椭圆方程为：，‎ 故选D.‎ ‎【点睛】该题考查的是有关椭圆方程的求解问题，涉及到的知识点有椭圆的几何性质，椭圆的面积，属于简单题目.‎ ‎5.直线和平面，则下列命题中，正确是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用直线和平面平行和垂直的性质依次判断每个选项得到答案.‎ ‎【详解】A. ，正确；‎ B. 可以得到或，错误；‎ C. 可以得到或，错误； ‎ D. ，错误；‎ 故选：‎ ‎【点睛】本题考查了直线平面垂直平行的性质，意在考查学生的推断能力.‎ ‎6.已知双曲线的离心率为，抛物线的焦点坐标为，若，则双曲线的渐近线方程为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出抛物线的焦点坐标，得到双曲线的离心率，然后求解a，b关系，即可得到双曲线的渐近线方程．‎ ‎【详解】抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点坐标为（1，0），则p＝2，‎ 又e＝p，所以e2，可得c2＝4a2＝a2+b2，可得：ba，所以双曲线的渐近线方程为：y＝±．‎ 故选A．‎ ‎【点睛】本题考查双曲线的离心率以及双曲线渐近线方程的求法，涉及抛物线的简单性质的应用．‎ ‎7.现有命题“，”，不知真假．请你用数学归纳法去探究，此命题的真假情况为（ ）‎ A. 不能用数学归纳法去判断真假 B. 一定为真命题 C. 加上条件后才是真命题，否则为假 D. 存在一个很大常数，当时，命题为假 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 用数学归纳法直接证明即可.‎ ‎【详解】(1)当时，左边，右边，左边右边，即时，等式成立；‎ ‎(2)假设时，等式成立，即，‎ 则时，，‎ 即时，等式也成立；‎ 综上，时，等式恒成立.‎ 故选B ‎【点睛】本题主要考查数学归纳法，熟记数学归纳法的一般步骤即可，属于常考题型.‎ ‎8.设F1、F2分别是双曲线的左、右焦点，若双曲线右支上存在一点M，使，O为坐标原点，且，则该双曲线的离心率为(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：令，又,所以,且，那么为直角三角形，且有，又，所以，，由双曲线的定义知，得．‎ 考点：1．向量的坐标运算；2．双曲线的定义与几何性质．‎ ‎9.在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,动点P在ABCD内,且到直线AA1，BB1的距离之和等于,则△PAB的面积最大值是（　　　　）‎ A. B. 1 C. D. 2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析】‎ 先确定动点P的轨迹方程,根据动点P的轨迹方程可知：△PAB的AB边上的高，当PA=PB时最大，这时PA=PB=，即可求出△PAB的面积最大值．‎ ‎【详解】解：∵AA1和BB1都⊥面ABCD,‎ ‎∴P到直线AA1，BB1的距离就是PA和PB,‎ ‎∴PA+PB=2,所以动点P的轨迹是以A,B为焦点的椭圆,由椭圆的性质可知：‎ ‎∵△PAB的AB边上的高,当PA=PB时最大,这时PA=PB=,‎ 最大的高==,‎ ‎∴最大面积=×2×=．‎ 故选C．‎ ‎【点睛】本题考查△PAB的面积最大值,考查点到直线距离的计算,属于中档题．‎ ‎10.某四面体三视图如图所示，则该四面体最长的棱长与最短的棱长的比是（）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由三视图可知，该四面体为是一个侧面是等腰三角形且与底面垂直，底面为直角边长是2的等腰直角三角形，由三视图中数据求出各棱长，进而可得结果.‎ ‎【详解】‎ 由三视图得该四面体的直观图如图，‎ 图中三角形是等腰三角形，‎ 且三角形的中线是的高为2，‎ 底面为是直角边为2的等腰直角三角形，‎ ‎6条棱长分别是，‎ ‎，‎ 该四面体最长的棱长与最短的棱长分别为3、2，‎ 该四面体最长的棱长与最短的棱长的比是，故选D.‎ ‎【点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响，对简单组合体三视图问题，先看俯视图确定底面的形状，根据正视图和侧视图，确定组合体的形状.‎ ‎11.若圆与两条直线和都有公共点，则的范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据有公共交点得到和，相加得到答案.‎ ‎【详解】圆与两条直线和都有公共点 ‎；‎ ‎；‎ 两式相加得到 ‎ 故选：‎ ‎【点睛】本题考查了直线和圆的位置关系，意在考查学生的计算能力.‎ ‎12.已知正方体的体积为1，则四棱锥与四棱锥重叠部分的体积是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 如图所示，画出重叠部分的图像如图2，利用三棱柱的体积减去三棱锥的体积得到答案.‎ ‎【详解】如图所示：为和交点，为和的交点，重叠部分如图2.‎ 故选：‎ ‎【点睛】本题考查了立体图形的体积，画出重叠部分的图像是解题的关键.‎ 二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）‎ ‎13.如图，一个抛物线型拱桥，当水面离拱顶时，水面的宽.经过一段时间的降雨后，水面上升了，此时水面宽度为________. ‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 建立直角坐标系，设抛物线方程为，代入点计算方程，再计算 时对应的得到答案.‎ ‎【详解】如图所示建立直角坐标系，设抛物线方程为： ‎ 代入点解得，即，当时解得 ‎ 此时水面宽度为 ‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查了抛物线的应用，意在考查学生的应用能力和计算能力.‎ ‎14.我们知道：在平面内，点到直线的距离公式为 ‎.通过类比的方法，可求得在空间中，点到平面的距离为__________．‎ ‎【答案】5.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 类比得到，代入数据计算得到答案.‎ ‎【详解】类比得到，代入数据计算得到 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查了类比推理，意在考查学生的推理能力和计算能力.‎ ‎15.已知在三棱锥中， ，则三棱锥外接球的表面积为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设中心为，外心为，则是斜边的中点，设三棱锥外接球球心为，则平面平面，求得，利用勾股定理可得，从而可得结果.‎ ‎【详解】‎ ‎,‎ 是正三角形，‎ 是等腰直角三角形，‎ 设中心为，外心为，则是斜边的中点，‎ 所以，‎ 设三棱锥外接球球心为，‎ 则平面平面，‎ 由余弦定理，‎ ‎，‎ ‎，‎ 设球半径为，‎ 球的表面积为，故答案为.‎ ‎【点睛】本题主要考查三棱锥外接球表面积的求法，属于难题.要求外接球的表面积和体积，关键是求出球的半径，求外接球半径的常见方法有：①若三条棱两垂直则用（为三棱的长）；②若面（），则（为外接圆半径）；③可以转化为长方体的外接球；④特殊几何体可以设出或直接找出球心和半径.‎ ‎16.平面直角坐标系中，动点到两个顶点和的距离之积等于8，记点的轨迹为曲线，则下列命题中真命题的序号是__________．‎ ‎（1）曲线经过坐标原点 （2）曲线关于轴对称 ‎（3）曲线关于轴对称 （4）若点在曲线上，则 ‎【答案】（2）（3）（4）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接计算得到的轨迹为，计算知（1）错误；易知均在曲线上，（2）（3）正确；再判断得到答案.‎ ‎【详解】设，则 ‎ 化简得到 ‎ 当时等式不成立，（1）错误；易知均在曲线上，（2）（3）正确；‎ ‎（4）正确；‎ 故答案为：（2）（3）（4）‎ ‎【点睛】本题考查了轨迹方程，对称和范围，意在考查学生的综合应用能力和推断能力.‎ 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.已知命题p：方程 的曲线是焦点在y轴上的双曲线；命题q：方程无实根.若p或q为真，￢q为真，求实数m的取值范围.‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 计算命题p：；命题；根据p或q为真，￢q为真得到真假，计算得到答案.‎ ‎【详解】若方程的曲线是焦点在轴上的双曲线，‎ 则满足，即，即，即 若方程无实根，则判别式，‎ 即，得，即，即 若为真，则为假，同时若或为真，则为真命题，‎ 即，得，即实数的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题考查了命题的真假计算参数范围，根据条件判断出真假是解题的关键.‎ ‎18.已知数列的前n项和满足：，且.‎ ‎(1)求；‎ ‎(2)猜想的通项公式，并用数学归纳法证明．‎ ‎【答案】（1），，；（2）猜想，，证明见解析.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）根据数列的前项和与的关系式，以及，即可求得数列的前三项；（2）根据(1)的结论，对数列的前三项进行分析、归纳、猜想，然后再根据数学归纳法的一般步骤进行证明，即可得到所需的结论.‎ 试题解析：（1），所以.又因为，所以 ‎，所以 ‎，所以 ‎（2）由(1)猜想，.‎ 下面用数学归纳法加以证明：‎ ‎①当时，由（1）知成立．‎ ‎②假设()时，成立．‎ 当时，‎ 所以,解得：，‎ 所以 即当时猜想也成立．综上可知，猜想对一切都成立．‎ 考点：1、数列的通项公式；2、数学归纳法.‎ ‎【思路点睛】本题是一个已知数列的前n项和与的关系式求数列的前几项以及用数学归纳法证明数列的通项公式方面的综合性问题，属于难题.解决本题的基本思路是，对于(1)根据数列的前项和与的关系式，以及，即可求得数列的前三项；对于(2)根据(1)的结论，对数列的前三项进行分析、归纳、猜想，然后再根据数学归纳法的一般步骤进行证明，即可得到所需的结论.‎ ‎19.如图，在五边形中，，，为的中点，.现把此五边形沿折成一个的二面角.‎ ‎(1)求证：直线平面；‎ ‎(2)求二面角的平面角的余弦值 ‎【答案】(1)证明见解析；(2) .‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)证明四边形为平行四边形得到，得到证明.‎ ‎(2) 取的中点，连接，，证明为二面角的平面角和为二面角的平面角，在中，利用边角关系计算得到答案.‎ ‎【详解】(1)证明：因为，,，所以.‎ 又因为，所以四边形为平行四边形.所以.‎ 又平面，所以平面.‎ ‎（2）解：如图，取的中点，连接，，在△中，作，‎ 垂足为，在平面中，作，垂足为，连接.‎ 因为，.所以，.‎ 又，.故平面.所以平面.‎ 所以为二面角的平面角，即.‎ 又，所以平面.所以.‎ 又，所以平面.所以.‎ 所以为二面角的平面角. ‎ 设，则.‎ 在中，，..所以.‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题考查了线面平行和二面角，意在考查学生空间想象能力和计算能力.‎ ‎20.在平面直角坐标系中，已知的顶点坐标分别是，，‎ ‎，记外接圆为圆.‎ ‎(1)求圆的方程；‎ ‎(2)在圆上是否存在点，使得？若存在，求点的个数；若不存在，说明理由．‎ ‎【答案】（1）（2）存在，且个数为2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)设外接圆的方程为，将三点代入圆的方程，列出方程组，求得的值，即可得到圆的方程；‎ ‎(2)设点的坐标为，由，化简得，利用直线与圆相交，即可求解．‎ ‎【详解】(1)设外接圆的方程为,‎ 将代入上述方程得：‎ 解得 则圆的方程为 ‎(2)设点的坐标为，‎ 因为，所以 化简得：.‎ 即考查直线与圆的位置关系 点到直线的距离为 所以直线与圆相交，故满足条件的点有两个．.‎ ‎【点睛】本题主要考查了圆的方程的求解，以及直线与圆的位置关系的应用问题，其中解答中利用待定系数法求解圆的方程，以及合理利用直线与圆的位置关系是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题．‎ ‎21.已知直线所经过的定点恰好是椭圆的一个焦点，且椭圆上的点到点的最大距离为.‎ ‎(1)求椭圆的标准方程；‎ ‎(2)已知圆，直线.试证明当点在椭圆上运动时，直线与圆恒相交；并求直线被圆所截得的弦长的取值范围.‎ ‎【答案】(1) ；(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)先计算定点为，设椭圆的方程为，根据条件计算得到答案.‎ ‎(2)计算圆心到直线距离为得到证明，‎ ‎，计算得到答案.‎ ‎【详解】（1）由，‎ 得，‎ 则由，解得 设椭圆的方程为，则，解得 所以椭圆的方程为 ‎（2）因为点在椭圆上运动，所以，‎ 从而圆心到直线的距离.‎ 所以直线与圆恒相交，又直线被圆截得的弦长为 由于，所以，则，‎ 即直线l被圆截得的弦长的取值范围是 ‎【点睛】本题考查了直线过定点，椭圆方程，弦长的取值范围，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.‎ ‎22.设顶点在原点，焦点在轴上的拋物线过点，过作抛物线的动弦，，并设它们的斜率分别为，.‎ ‎(Ⅰ)求拋物线的方程；‎ ‎(Ⅱ)若，求证：直线的斜率为定值，并求出其值；‎ ‎（III）若，求证：直线恒过定点，并求出其坐标.‎ ‎【答案】(Ⅰ) (Ⅱ)见解析（III）见解析 ‎【解析】‎ 试题分析：（Ⅰ）先利用焦点在轴上设出抛物线的方程，再代点进行求解；（Ⅱ）在抛物线上设点,利用斜率公式求相关直线的斜率，利用斜率和为0求出等量关系，进而可以证明；（III）利用斜率之积为定值得到等量关系，再写出直线的点斜式方程，进而得到结论.‎ 试题解析：(Ⅰ)依题意，可设所求拋物线的方程为,‎ 因拋物线过点，故，拋物线的方程为.‎ ‎(Ⅱ)设，则，‎ 同理 ‎ ‎,∴，.‎ ‎，即直线的斜率恒为定值，且值为.‎ ‎（III），∴，∴. ‎ 直线的方程为 ，即. ‎ 将代入上式得即为直线的方程，‎ 所以直线恒过定点，命题得证.‎ ‎ ‎