江西省赣州市2019-2020学年高二上学期12月月考数学（理）试题 20页

数学（理）试卷 一、选择题（每小题5分，共60分）‎ ‎1.如图是根据，的观测数据得到的点图，由这些点图可以判断变量，具有线性相关关系的图（ ）‎ A. ①② B. ①④ C. ②③ D. ③④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过观察散点图可以得出，②③没有明显的线性相关关系；①④是明显的线性相关．‎ ‎【详解】由题图知，②③的点呈片状分布，没有明显的线性相关关系；‎ ‎①中y随x的增大而减小，各点整体呈下降趋势，x与y负相关；‎ ‎④中y随x的增大而增大，各点整体呈上升趋势，y与x正相关．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查了通过散点图判断两个变量之间的线性相关，是基础题目．‎ ‎2.命题“，”的否定为（ ）‎ A. ，‎ B. ，‎ C. ，‎ D. ，‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据全称命题的否定是特称命题的知识，判断出正确选项.‎ ‎【详解】原命题是全称命题，其否定是特称命题，注意到要否定结论，条件不用否定，由此确定B选项正确.‎ 故选B.‎ ‎【点睛】本小题主要考查全称命题与特称命题，考查全称命题的否定是特称命题，属于基础题.‎ ‎3.顶点在原点，焦点是的抛物线的方程是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，由抛物线的焦点分析可得抛物线开口向上且3，解可得p的值，据此分析可得答案．‎ ‎【详解】根据题意，要求抛物线的顶点在原点，焦点是（0，3），‎ 则抛物线开口向上且3，解可得p＝6，‎ 则要求抛物线的方程为x2＝12y；‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查抛物线的几何性质以及标准方程，属于基础题．‎ ‎4.为了了解某次数学竞赛中1 000名学生的成绩,从中抽取一个容量为100的样本,则每名学生成绩入样的机会是(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】因为随机抽样是等可能抽样，每名学生成绩被抽到的机会相等,都是.故选A.‎ ‎5.如图所示，执行该程序框图,为使输出的函数值在区间内则输入的实数的取值范围是（ ）‎ ‎ ‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 该程序的作用是计算分段函数f（x）＝ 的函数值．根据函数的解析式，结合输出的函数值在区间内，即可得到答案．‎ ‎【详解】分析程序中各变量、各语句的作用，再根据流程图所示的顺序，可知：该程序的作用是计算分段函数f（x）＝的函数值．又∵输出的函数值在区间内，∴ ,即 x∈[﹣2，﹣1]‎ 故选B．‎ ‎【点睛】本题考查了条件结构的程序框图，由流程图判断出程序的功能是解答本题的关键，属于基础题.‎ ‎6.某兴趣小组有2名男生和3名女生，现从中任选2名学生去参加活动，则恰好选中2名女生的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先设表示“从中任选2名学生去参加活动，恰好选中2名女生”，由题意确定事件包含的基本事件个数，以及总的基本事件个数，进而可求出结果.‎ ‎【详解】依题意，设表示“从中任选2名学生去参加活动，恰好选中2名女生”，‎ 则事件包含的基本事件个数为种，‎ 而基本事件的总数为，‎ 所以，‎ 故选C．‎ ‎【点睛】本题考查求古典概型的概率，熟记概率的计算公式即可，属于基础题．‎ ‎7.若直线与直线垂直，则实数的值是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据直线的垂直关系求解.‎ ‎【详解】由与垂直得：，解得 ，‎ 故选A.‎ ‎【点睛】本题考查直线的一般式方程与直线的垂直关系,属于基础题.‎ ‎8.矩形长为8，宽为3，在矩形内随机地撒300颗黄豆，数得落在椭圆外的黄豆为96颗，以此试验数据为依据可以估计椭圆的面积为(　　)‎ A. 7.68 B. 8.68 C. 16.32 D. 17.32‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题可估计出黄豆在椭圆内的概率，由概率列方程即可估计椭圆的面积 ‎【详解】由题可估计出黄豆在椭圆内的概率为：，‎ 又，解得：‎ 故选C ‎【点睛】本题主要考查了概率模拟及其应用，属于基础题．‎ ‎9.两平行直线与间的距离为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 运用两平行直线的距离公式即可得到结论．‎ ‎【详解】根据两平行线间的距离公式得：d．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查两平行直线的距离公式的运用，考查运算能力，属于基础题．‎ ‎10.圆：与圆：的位置关系是（ ）‎ A. 外离 B. 相交 C. 外切 D. 内切 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用配方法，求出圆心和半径，结合圆与圆的位置关系进行判断即可．‎ ‎【详解】两圆的标准方程为（x﹣1）2+y2＝1，和x2+（y﹣1）2＝1，‎ 对应圆心坐标为O1（1，0），半径为1，和圆心坐标O2（0，1），半径为1，‎ 则圆心距离|O1O2|，则0＜|O1O2|＜2，‎ 即两圆相交，‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题主要考查圆与圆的位置关系的判断，求出圆的标准方程，利用圆心距和半径之间的关系是解决本题的关键，比较基础．‎ ‎11.已知三棱锥中，，，，若该三棱锥的四个顶点在同一个球面上，则此球的体积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析】‎ 作出三棱锥的外接长方体，计算出该长方体的体对角线长，即可得出其外接球的半径，然后利用球体体积公式可计算出外接球的体积.‎ ‎【详解】作出三棱锥的外接长方体，如下图所示：‎ 设，，，‎ 则，，，‎ 上述三个等式相加得，‎ 所以，该长方体的体对角线长为，则其外接球的半径为，‎ 因此，此球的体积为.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题考查三棱锥外接球体积的计算，将三棱锥补成长方体，利用长方体的体对角线作为外接球的直径是解题的关键，考查空间想象能力与计算能力，属于中等题.‎ ‎12.直线经过椭圆的左焦点，交椭圆于两点，交轴于点，若，则该椭圆的离心率是（）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由直线过椭圆的左焦点，得到左焦点为，且，‎ 再由，求得，代入椭圆的方程，求得，进而利用椭圆的离心率的计算公式，即可求解.‎ ‎【详解】由题意，直线经过椭圆的左焦点，令，解得，‎ 所以，即椭圆的左焦点为，且 ①‎ 直线交轴于，所以，，‎ 因为，所以，所以，‎ 又由点在椭圆上，得 ②‎ 由，可得，解得，‎ 所以，‎ 所以椭圆的离心率为.‎ 故选A.‎ ‎【点睛】本题考查了椭圆的几何性质——离心率的求解，其中求椭圆的离心率(或范围)，常见有两种方法：①求出 ，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，转化为的齐次式，然后转化为关于的方程，即可得的值(范围)．‎ 二、填空题（每小题5分，共20分）‎ ‎13.已知圆与圆．求两圆公共弦所在直线的方程_____．‎ ‎【答案】x﹣y﹣1＝0‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据相交圆的公共弦所在直线的方程求法：将两个圆的方程化为标准形式或者一般形式，然后两个圆的方程相减得到的方程即为两圆公共弦所在直线的方程.‎ ‎【详解】因为圆与圆；‎ 由，‎ 可得，即x﹣y﹣1＝0，‎ 所以两圆公共弦所在直线的方程为：x﹣y﹣1＝0．‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查相交圆的公共弦所在直线的方程的求解，难度较易.‎ ‎14.如图，矩形是水平放置的一个平面图形的斜二测画法画出的直观图，其中，，则原图形面积是______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 把矩形O'A'B'C'的直观图还原为原平面图形，再根据斜二测画法得出对应边长与高，求出原图形的面积．‎ ‎【详解】把矩形O'A'B'C'的直观图还原为原平面图形，如图所示；‎ 由O'A'＝6，C'D'＝2，得出O′D′＝2，‎ 所以OA＝6，OD＝4，‎ 所以原图形OABC的面积是：‎ S平行四边形＝6×424．‎ 故答案为：24．‎ ‎【点睛】本题考查了斜二测画法与应用问题，也考查了平面图形面积计算问题，是基础题．‎ ‎15.如图所示，正方体的棱长为1，线段上有两个动点、，且，则下列结论中正确的是________．‎ ‎①平面；‎ ‎②的面积与的面积相等；‎ ‎③平面平面；‎ ‎④三棱锥的体积为定值.‎ ‎【答案】①③④‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ 证明，得平面①正确；与高不同②错误；证明面，③正确； 的面积为定值，为三棱锥底面上的高为定值，④正确 ‎【详解】①在正方体中，，且平面，平面，∴平面，故①正确；‎ ‎②点到的距离大于，∴的面积与的面积不相等，故②错；‎ ‎③在正方体中，，，∴面，又面与面是同一面，面，∴平面平面，故③正确；‎ ‎④中，，边上的高，∴的面积为定值，∵面，∴面，∴为三棱锥底面上的高，∴三棱锥的体积是一个定值，故④正确；‎ 答案为：①③④．‎ ‎【点睛】本题考查空间几何体中线面平行，面面平行，面面垂直，以及三角形面积，三棱锥体积的求法，准确推理是关键，是中档题 ‎16.已知椭圆：的左，右焦点分别为，，焦距为，是椭圆上一点（不在坐标轴上），是的平分线与轴的交点，若，则椭圆离心率的范围是___________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知结合三角形内角平分线定理可得|PF1|＝2|PF2|，再由椭圆定义可得|PF2|，得到a﹣c，从而得到e，再与椭圆离心率的范围取交集得答案．‎ ‎【详解】∵，∴，，∵是的角平分线，‎ ‎∴，则，由，得，‎ 由，可得，由，∴椭圆离心率的范围是．‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查椭圆的简单性质，训练了角平分线定理的应用及椭圆定义的应用，是中档题．‎ 三、解答题（共6小题，共70分）‎ ‎17.已知命题：关于的方程的一个根大于1，另一个根小于1．命题：，使成立，命题：方程的图象是焦点在轴上的椭圆.‎ ‎（1）若命题为真，求实数的取值范围；‎ ‎（2）若为真，为真，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）结合椭圆的标准方程，求出命题为真命题的等价条件即可．‎ ‎（2）若p∨q为真，￢q为真时，则p真假q，求出对应的范围即可．‎ ‎【详解】（1）命题为真时，即命题：方程的图象是焦点在轴上的椭圆为真；‎ ‎∴，∴；故命题为真时，实数的取值范围为：；‎ ‎（2）当命题为真时，满足，即，‎ 所以．命题为真时，方程在有解，‎ 当时，，则，由于为真，为真；‎ 所以假，为真；则得；∴；‎ 故为真，为真时，实数的取值范围为．‎ ‎【点睛】本题主要考查复合命题真假关系的判断，求出命题p，q，s为真命题的等价条件是解决本题的关键．属于基础题．‎ ‎18.某学校需要从甲、乙两名学生中选一人参加数学竞赛，抽取了近期两人次数学考试的成绩，统计结果如下表：‎ 第一次 第二次 第三次 第四次 第五次 甲的成绩(分)‎ 乙的成绩(分)‎ ‎(1)若从甲、乙两人中选出一人参加数学竞赛，你认为选谁合适?请说明理由.‎ ‎(2)若数学竞赛分初赛和复赛，在初赛中有两种答题方案：‎ 方案一：每人从道备选题中任意抽出道，若答对，则可参加复赛，否则被淘汰.‎ 方案二：每人从道备选题中任意抽出道，若至少答对其中道，则可参加复赛，否则被润汰.‎ 已知学生甲、乙都只会道备选题中的道，那么你推荐的选手选择哪种答题方条进人复赛的可能性更大?并说明理由.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）选方案二 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）可以用两种方法决定参赛选手,方法一：先求平均数再求方差，根据成绩的稳定性决定选手；方法二：从统计的角度看，看甲乙两个选手获得以上(含 分)的概率的大小决定选手；（2）计算出两种方案学生乙可参加复赛的概率，比较两个概率的大小即得解.‎ ‎【详解】(1)解法一：甲的平均成绩为；‎ 乙的平均成绩为，‎ 甲的成绩方差；‎ 乙的成绩方差为；‎ 由于，，乙的成绩较稳定，派乙参赛比较合适，故选乙合适.‎ 解法二、派甲参赛比较合适，理由如下：‎ 从统计的角度看，甲获得以上(含分)的概率，乙获得分以上(含分)的概率 因为故派甲参赛比较合适，‎ ‎(2)道备选题中学生乙会的道分别记为，，，不会的道分别记为，.‎ 方案一：学生乙从道备选题中任意抽出道的结果有：，，，，共5种，抽中会的备选题的结果有，，，共3种.‎ 所以学生乙可参加复赛的概率.‎ 方案二：学生甲从道备选题中任意抽出道的结果有 ‎，，，，，，，，，，共种，‎ 抽中至少道会的备选题的结果有：‎ ‎，，，，，，共种，‎ 所以学生乙可参加复赛的概率 因为，所以学生乙选方案二进入复赛的可能性更大.‎ ‎【点睛】本题主要考查平均数和方差的计算，考查古典概型的概率的计算和决策，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.‎ ‎19.如图，已知四棱锥中，底面是棱长为2的菱形，平面，‎ ‎，是中点，若为上的点，.‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）求三棱锥的体积.‎ ‎【答案】（1）见解析； （2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据平行四边形的性质，证得，利用线面平行的判定定理，即可证得平面.‎ ‎（2）由（1）得到到平面的距离相等，根据，即可求解.‎ ‎【详解】（1）由题意，可得，所以为的中点，‎ 取的中点，连接，‎ 则且，且，‎ 所以且，所以四边形为平行四边形，‎ 所以，‎ 又由平面平面，所以平面.‎ ‎（2）由（1）可知平面，则到平面的距离相等，‎ 所以 ‎【点睛】本题主要考查了线面平行的判定与证明，以及几何体的体积的计算，对于空间几何体体积问题的常见类型及解题策略：①若所给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解．②若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用转换法、分割法、补形法等方法进行求解．‎ ‎20.已知点，.‎ ‎（1）求以为直径的圆的方程；‎ ‎（2）若直线被圆截得的弦长为，求值．‎ ‎【答案】(1) . (2)或．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题意，有A、B的坐标可得线段AB的中点即C的坐标，求出AB的长即可得圆C的半径，由圆的标准方程即可得答案；‎ ‎（2）根据题意，由直线与圆的位置关系可得点C到直线x﹣my+1＝0的距离d，结合点到直线的距离公式可得，解可得m的值，即可得答案．‎ ‎【详解】（1）根据题意，点，，则线段的中点为，即的坐标为；‎ 圆是以线段为直径的圆，则其半径，‎ 圆的方程为.‎ ‎（2）根据题意，若直线被圆截得的弦长为，‎ 则点到直线的距离，‎ 又由，则有，变形可得：，解可得或．‎ ‎【点睛】本题考查直线与圆的位置关系以及弦长的计算，涉及圆的标准方程，属于基础题．‎ ‎21.如图，ABCD为矩形，点A、E、B、F共面，且和均为等腰直角三角形，且90°．‎ ‎（Ⅰ）若平面ABCD平面AEBF，证明平面BCF平面ADF；‎ ‎（Ⅱ）问在线段EC上是否存在一点G，使得BG∥平面CDF，若存在，求出此时三棱锥G-ABE与三棱锥G-ADF的体积之比．‎ ‎【答案】（Ⅰ）见证明；（Ⅱ）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）根据为矩形，结合面面垂直性质定理可得平面，即，结合，即可得平面，最后根据面面垂直判定定理可得结果；（Ⅱ）首先易得平面，再证平面，进而面面平行，延长到点，使得，可得是平行四边形，过点作的平行线，交于点，此即为所求，通过可得结果.‎ ‎【详解】（Ⅰ）∵ABCD为矩形，∴BC⊥AB，‎ 又∵平面ABCD⊥平面AEBF，BC平面ABCD，平面ABCD∩平面AEBF=AB，‎ ‎∴BC⊥平面AEBF， ‎ 又∵AF平面AEBF，∴BC⊥AF ‎ ‎∵∠AFB=90°，即AF⊥BF，且BC、BF平面BCF，BC∩BF=B，‎ ‎∴AF⊥平面BCF 又∵AF平面ADF，∴平面ADF平面BCF. ‎ ‎（2）∵BC∥AD，AD平面ADF，∴BC∥平面ADF.‎ ‎∵和均为等腰直角三角形，且90°，‎ ‎∴∠FAB=∠ABE=45°，∴AF∥BE，又AF平面ADF，∴BE∥平面ADF，‎ ‎∵BC∩BE=B，∴平面BCE∥平面ADF.‎ 延长EB到点H，使得BH =AF，又BC AD，连CH、HF，易证ABHF是平行四边形，‎ ‎∴HFABCD，∴HFDC是平行四边形，∴CH∥DF.‎ 过点B作CH的平行线，交EC于点G，即BG∥CH∥DF，（DF平面CDF）‎ ‎∴BG∥平面CDF，即此点G为所求的G点.‎ 又BE=，∴EG=，又，‎ ‎，‎ 故..‎ ‎【点睛】本题主要考查了面面垂直的判定，强调“线线垂直”“线面垂直”“面面垂直”之间可以相互转化，通过线线平行得到线面平行，等体积法求三棱锥的体积，考查了空间想象能力，属于中档题.‎ ‎22.已知椭圆：，长半轴长与短半轴长的差为，离心率为．‎ ‎（1）求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）若在轴上存在点，过点的直线分别与椭圆相交于、两点，且为定值，求点的坐标．‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意可得：a﹣b，，a2＝b2+c2．联立解得：a，c，b．可得椭圆C的标准方程．‎ ‎（2）设M（t，0），P（x1，y1），Q（x2，y2）．分类讨论：①当直线l的斜率不为0时，设直线l的方程为：x＝my+t．与椭圆方程联立化为：（3m2+4）y2+6mty+3t2﹣12＝0．△＞0．可得|PM|2（1+m2），同理可得：|PQ|2＝（1+m2）．把根与系数的关系代入，化简整理可得．②当直线l的斜率为0时，设P（2，0），Q（﹣2，0）．|PM|＝|t+2|，|QM|＝|2﹣t|．代入同理可得结论．‎ ‎【详解】（1）由题意可得：，，．‎ 联立解得：，，，∴椭圆的标准方程为：.‎ ‎（2）设，，．‎ ‎①当直线的斜率不为0时，设直线的方程为：．‎ 联立，化为：．．‎ ‎∴，．‎ ‎，同理可得：．‎ ‎∴‎ ‎.‎ ‎∵定值，∴必然有，解得．‎ 此时为定值，．‎ ‎②当直线的斜率为0时，设，．，．‎ 此时，把代入可得：为定值．‎ 综上①②可得：为定值，．‎ ‎【点睛】本题考查了椭圆的标准方程及其性质、一元二次方程的根与系数的关系、定点问题，考查了推理能力与计算能力，属于难题．‎ ‎ ‎