• 3.99 MB
  • 2021-06-30 发布

湖北省大冶市第一中学2019-2020学年高二10月月考数学试题

  • 22页
  • 当前文档由用户上传发布,收益归属用户
  1. 1、本文档由用户上传,淘文库整理发布,可阅读全部内容。
  2. 2、本文档内容版权归属内容提供方,所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议,请立即联系网站客服。
  3. 3、本文档由用户上传,本站不保证质量和数量令人满意,可能有诸多瑕疵,付费之前,请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
  4. 网站客服QQ:403074932
大冶一中高二年级2019年10月月考 数 学 试 卷 一、选择题(共12小题,每小题5分,共60分,在每小题给出的四个选项中,只有一个选项符合题目要求)‎ ‎1.已知数列为等比数列,首项,数列满足,且,则( )‎ A. 8 B. 16 C. 32 D. 64‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先确定为等差数列,由等差的性质得进而求得的通项公式和的通项公式,则可求 ‎【详解】由题意知为等差数列,因为,所以,因为,所以公差,则,即,故,于是.‎ 故选:C ‎【点睛】本题考查等差与等比的通项公式,等差与等比数列性质,熟记公式与性质,准确计算是关键,是基础题 ‎2.如图,正方体中,异面直线和所成角的大小为( )‎ A. B. C. D. 或 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 连接,,根据平行关系可知所求角为,易知为等边三角形,从而可知,得到所求结果.‎ ‎【详解】连接,‎ ‎ 即为异面直线与所成角 又 ‎ 即异面直线与所成角为:‎ 本题正确选项:‎ ‎【点睛】本题考查异面直线所成角的求解,关键是通过平移直线找到所成角,再放入三角形中进行求解.‎ ‎3.设表示不同的直线,表示不同的平面,给出下列命题:‎ ‎①若,,则; ②若,,则;‎ ‎③若,,,则; ④若,,,则.‎ 则以上命题正确的个数为( )‎ A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据直线与平面、平面与平面平行、垂直的判定和性质依次判断各个选项即可.‎ ‎【详解】①,,此时与平行或相交,①错误;‎ ‎②,,根据面面平行性质可知,②正确;‎ ‎③,,则,又,,③正确;‎ ‎④,,则或;又,,④正确.‎ 本题正确选项:‎ ‎【点睛】本题考查空间中直线与平面、平面与平面位置关系相关命题的判断,考查对于平行与垂直的判定定理、性质定理的掌握情况.‎ ‎4.已知过点和点的直线为,,.若,,则的值为( )‎ A. B. C. 0 D. 8‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用直线平行垂直与斜率的关系即可得出.‎ ‎【详解】∵l1∥l2,∴kAB==-2,解得m=-8.‎ 又∵l2⊥l3,∴×(-2)=-1,解得n=-2,∴m+n=-10.故选:A.‎ ‎【点睛】本题考查了直线平行垂直与斜率的关系,考查了推理能力与计算能力,属于基础题.‎ ‎5.直线与曲线有且仅有一个公共点,则的取值范围是( )‎ A. B. 或 C. 或 D. 以上都不对 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 把曲线方程整理后可知其图象为半圆,进而画出图象来,要使直线与曲线有且仅有一个交点,那么很容易从图上看出其三个极端情况分别是:直线在第四象限与曲线相切,交曲线于(0,−1)和另一个点,及与曲线交于点(0,1),分别求出b,则b的范围可得.‎ ‎【详解】由可以得到,所以曲线为轴右侧的半圆,‎ 因为直线与半圆有且仅有一个公共点,如图所示:‎ 所以或,所以或,故选B.‎ ‎【点睛】本题考查直线与半圆的位置关系,注意把曲线的方程变形化简时要关注等价变形.‎ ‎6.圆与圆的公共弦所在直线和两坐标轴所围成图形的面积为( )‎ A. 1 B. 2 C. 4 D. 8‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将两圆方程相减可得公共弦所在直线的方程.‎ ‎【详解】将两圆方程相减可得即 当时,,当时,交点与 ‎,故选B.‎ ‎【点睛】本题考查圆与圆的位置关系.两圆方程分别为,,则两方程相减得,为:两圆相交时是相交弦所在直线方程,两圆相切时,是过切点的公共切线的方程.‎ ‎7.已知椭圆的左、右焦点分别为,点在上,且 的周长为,则的值是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由椭圆的定义知的周长为,可求出的值,再结合、、的关系求出的值,即的值。‎ ‎【详解】设椭圆的长轴长为,焦距为,则,,‎ 由椭圆定义可知,的周长为,,‎ ‎,解得,故选:D。‎ ‎【点睛】本题考查椭圆的定义的应用,考查利用椭圆定义求椭圆的焦点三角形问题,在处理椭圆的焦点与椭圆上一点线段(焦半径)问题,一般要充分利用椭圆定义来求解,属于基础题。‎ ‎8.如图,多面体为正方体,则下面结论正确的是  ‎ A. ‎ B. 平面平面 C. 平面平面 D. 异面直线与所成的角为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在A中,由,得,矛盾;在B中,由平面,得平面平面,得到平面平面也是错误的;在C中,由,,得平面平面;在D中,推导出AD与所成角为.‎ ‎【详解】在A中,若,由,得,矛盾,故A错误;‎ 在B中,平面,平面平面,‎ 则平面平面也是错误的,故B错误;‎ 在C中,,,平面平面,故C正确;‎ 在D中,多面体为正方体, ,‎ 又,与所成角为,故D错误.‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】本题考查命题真假的判断,考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识,考查空间想象能力、运算求解能力,考查化归与转化思想、数形结合思想,是中档题.‎ ‎9.已知椭圆以及椭圆内一点P(4,2),则以P为中点的弦所在直线的斜率为(  )‎ A. - B. C. -2 D. 2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由于是弦的中点,根据点差法求出弦所在直线的斜率.‎ ‎【详解】设以为中点的弦的两个端点分别为,‎ 所以由中点坐标公式可得,‎ 把两点坐标代入椭圆方程得 两式相减可得 所以,即所求的直线的斜率为.‎ 故选A项.‎ ‎【点睛】本题考查通过点差法求弦中点所在直线的斜率,属于中档题.‎ ‎10.已知PA,PB是圆C:的两条切线(A,B是切点),其中P是直线上的动点,那么四边形PACB的面积的最小值为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 配方得圆心坐标,圆的半径为1,由切线性质知,而的最小值为C点到的距离,由此可得结论.‎ ‎【详解】由题意圆的标准方程为,∴圆心为,半径为.‎ 又,‎ 到直线的距离为,‎ ‎∴.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题考查圆切线的性质,考查面积的最小值,解题关键是把四边形面积用表示出来,而的最小值为圆心到直线的距离,从而易得解.‎ ‎11.著名数学家华罗庚曾说过:“数形结合百般好,隔裂分家万事休.”事实上,有很多代数问题可以转化为几何问题加以解决,如:可以转化为平面上点M(x,y)与点N(a,b)的距离.结合上述观点,可得的最小值为(  )‎ A. B. C. 4 D. 8‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎∵f(x)=+=+,∴f(x)的几何意义为点M(x,0)到两定点A(-2,4)与B(-1,3)的距离之和,设点A(-2,4)关于x轴的对称点为A′,则A′为(-2,-4).要求f(x)的最小值,可转化为|MA|+|MB|的最小值,利用对称思想可知|MA|+|MB|≥|A′B|==5,即f(x)=+的最小值为5.选B.‎ ‎12.已知椭圆的左、右焦点分别是,若离心率,则称椭圆为“黄金椭圆”.下列有三个命题:‎ ‎①黄金椭圆中,成等比数列;‎ ‎②在黄金椭圆中,若上顶点、右顶点分别为,则;‎ ‎③在黄金椭圆中,以为顶点的菱形的内切圆经过焦点.‎ 正确命题的个数是( )‎ A. 0 B. 1 C. 2 D. 3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本道题结合椭圆的基本性质,结合三角形三边关系,建立等式,证明,即可。‎ ‎【详解】对于1选项,,得到,结合,故,所以a,b,c成等比数列,故正确;对于2选项,则 而,故,正确;对于3选项,结合题意可知,该圆的圆心为坐标原点,设圆心的半径为r,结合该圆与四边形ABDE相切,结合可知,代入离心率得到,所以该圆经过焦点,故正确的有3个,故选D。‎ ‎【点睛】本道题考查了椭圆的基本性质,关键结合离心率计算公式和三角形三边关系,建立等式,难度偏难。‎ 二、填空题(共4小题,每小题5分,共20分。把答案直接填在横线上)‎ ‎13.若直线始终平分圆的周长,则的最小值为________‎ ‎【答案】9‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 平分圆的直线过圆心,由此求得的等量关系式,进而利用基本不等式求得最小值.‎ ‎【详解】由于直线始终平分圆的周长,故直线过圆的圆心,即,所以.‎ ‎【点睛】本小题主要考查直线和圆的位置关系,考查利用基本不等式求最小值,属于基础题.‎ ‎14.三棱锥中,平面平面ABC,和均为边长是的正三角形,则三棱锥的外接球的表面积为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取AC中点G,连接DG,BG,得到两个三角形中心E,F,进而得到球心O,在三角形OEB中,求得半径,得解.‎ ‎【详解】如图,取AC中点G,连接DG,BG,‎ E,F分别为中心,外接球球心为O,‎ 易知OEGF为正方形,‎ 求得,,‎ ‎,‎ ‎,‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】此题考查了三棱锥外接球,难度适中.‎ ‎15.已知过椭圆左顶点作直线交轴于点,交椭圆于点,若是等腰三角形,且,则椭圆的离心率为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由条件确定P点坐标,利用向量关系求出Q的坐标,代入椭圆方程求离心率.‎ ‎【详解】因为是等腰三角形且,所以.‎ 设,因为,所以,‎ 得,,又Q在椭圆上,‎ 所以,,又,‎ 所以,,,,‎ 故答案为.‎ ‎【点睛】本题考查椭圆离心率的求解,考查计算能力,属于中档题.‎ ‎16.正项数列满足,又是以为公比的等比数列,则使得不等式成立的最小整数为__________.‎ ‎【答案】6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求得首项,根据题目所给公比求得的表达式,由此求得的表达式,利用的表达式证得是等比数列,由此求得的通项公式,进而求得的通项公式,利用等比数列前项和公式求得不等式左边表达式的值,解不等式求得的最小正整数值.‎ ‎【详解】依题意是首项为,公比为的等比数列,故,两边平方得,所以,两式相除得,故是以为首项,公比为的等比数列,故,所以.是以为首项,公比为的等比数列,故,所以.所以 ‎,由,,经检验可知,符合题意.即的最小值为.‎ ‎【点睛】本小题主要考查递推数列求通项,考查数列求和的方法,考查不等式的解法,属于中档题.‎ 三、解答题(共6小题,共70分。)‎ ‎17.已知椭圆的中心在原点,焦点在轴上,长轴长为,且点在椭圆上.‎ ‎(1)求椭圆的方程;‎ ‎(2)若点P在椭圆上,∠F2PF1=60°,求△PF1F2的面积.‎ ‎【答案】(1);(2).‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由题意求得a,设出椭圆方程,代入已知的坐标求得b,则椭圆方程可求; (2)由(1)求得c及2a,在△F2PF1中,由余弦定理可得,然后代入三角形面积公式可得△F2PF1的面积.‎ ‎【详解】(1) 因为的焦点在轴上且长轴为,‎ 故可设椭圆的方程为(),‎ 因为点在椭圆上,所以, 解得, ‎ 所以,椭圆的方程为.‎ ‎(2)由(1)知,‎ 在△F2PF1中,由余弦定理可得:‎ 即 ‎,则 ‎【点睛】本题考查椭圆的简单性质,考查了焦点三角形中椭圆定义及余弦定理的应用,是中档题.‎ ‎18.已知等差数列的前项和为,且,公差,,,成等比数列.‎ ‎(1)求数列的通项公式;‎ ‎(2)设,求数列的前项和.‎ ‎【答案】(1);(2).‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据,公差,,,成等比数列,形成方程组,解得答案.‎ ‎(2)根据,计算,得到,用裂项求和法得到答案.‎ ‎【详解】(1)∵,,成等比数列,‎ ‎∴,即,‎ ‎∴,又,∴,‎ ‎∴,‎ 故.‎ ‎(2)由(1)得,‎ ‎∴,‎ ‎∴.‎ ‎【点睛】本题考查了等差数列,等比数列,裂项求和,意在考查学生对于数列公式方法的灵活应用.‎ ‎19.如图,在三棱柱中,,,且,底面,为中点,点为上一点.‎ ‎(1)求证: 平面; ‎ ‎(2)求二面角 的余弦值;‎ ‎【答案】(1)详见解析;(2).‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)连接交于O,连接EO,证明,推出 平面. (2)以CA,CB,分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系.求出平面的法向量,平面的法向量,利用空间向量的数量积求解二面角的余弦值.‎ ‎【详解】(1)连接交于,连接,‎ 因四边形为矩形,,为对角线,所以为中点,又为中点,‎ 所以,平面,平面,‎ 所以 //平面.‎ ‎(2)因为底面,所以底面,‎ 又,所以以,,分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系. ‎ 则,,,.,,‎ 设平面的法向量为,则有,即 令,则.‎ 由题意底面,所以为平面的法向量,‎ 所以,又由图可知二面角为钝二面角,‎ 所以二面角 的余弦值为。‎ ‎【点睛】本题考查直线与平面的位置关系的综合应用,二面角的平面角的求法,考查空间想象能力以及计算能力.‎ ‎20.已知点与圆.‎ ‎(1)设为圆上的动点,求线段的中点的轨迹方程;‎ ‎(2)过点作圆的切线,求的方程.‎ ‎【答案】(1);(2)或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)设出点,借助点得出的轨迹方程;‎ ‎(2)利用点到切线的距离等于半径,求出切线方程.‎ ‎【详解】解:(1)设 因为线段的中点为,‎ 故,‎ 因为为圆上的动点,‎ 所以,‎ 即,‎ 即的轨迹方程;‎ ‎(2)当切线的斜率不存在时,‎ 直线方程为,满足题意;‎ 当切线的斜率存在时,‎ 则设切线方程为,即,‎ 故,‎ 解得:,‎ 此时切线方程.‎ 所以切线方程为或.‎ ‎【点睛】本题考查了点的轨迹问题、直线与圆相切的问题,解决动点轨迹常见的方法有直译法、定义法、相关点法、参数法等等,解题时应注意灵活应用.‎ ‎21.如图,四棱锥中,底面是边长为2的正方形,侧面底面,.‎ ‎(1)求证:平面平面;‎ ‎(2)当三棱锥体积最大时,求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】(1)详见解析;(2).‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)利用面面垂直的性质证得,利用线面垂直的性质证得,进而可得面,平面平面; (2)首先由不等式证得当时,三棱锥体积最大,然后建立空间直角坐标系,利用空间向量来求二面角的平面角,不难求解.‎ ‎【详解】(1)证明:∵侧面底面,侧面底面,四边形为正方形,∴,面,∴面,‎ 又面,∴,平面,面,∴,‎ ‎,平面,∴面,面,‎ ‎∴平面平面.‎ ‎(2),‎ 求三棱锥体积的最大值,只需求的最大值.‎ 令,由(1)知,,∴,‎ 而,当且仅当,即时,的最大值为.‎ 如图所示,分别取线段,中点,,连接,,以点为坐标原点,以,和分别作为轴,轴和轴,建立空间直角坐标系.‎ 由已知,所以,‎ 令为面的一个法向量,则有,∴‎ 易知为面的一个法向量,二面角的平面角为,为锐角 则.‎ ‎【点睛】本题考查了证明面面垂直,考查了三棱锥的体积公式、基本不等式的应用,以及利用空间向量的数量积求二面角余弦值的问题,难度适中。‎ ‎22.已知椭圆的四个顶点围成的菱形的面积为,椭圆的一个焦点为圆的圆心.‎ ‎(1)求椭圆的方程;‎ ‎(2)若M,N为椭圆上的两个动点,直线OM,ON的斜率分别为,当时,△MON的面积是否为定值?若为定值,求出此定值;若不为定值,说明理由.‎ ‎【答案】(1)(2)为定值,详见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据菱形面积和焦点建立方程组,解方程组可得;‎ ‎(2)先求弦长和三角形的高,再求面积的表达式,求出定值.‎ ‎【详解】解:(1)由题意可知,, ‎ 圆的圆心为,所以, ‎ 因此,联立,解之,‎ 故椭圆的方程为. ‎ ‎(2)设,当直线的斜率存在时,设方程为,‎ 由,消可得, ‎ 则有,即,‎ ‎,‎ 所以 ‎. ‎ 点到直线的距离,‎ 所以. ‎ 又因为,‎ 所以,‎ 化简可得,满足, ‎ 代入, ‎ 当直线的斜率不存在时,由于,考虑到关于轴对称,不妨设,则点的坐标分别为,‎ 此时,‎ 综上,的面积为定值. ‎ 法二:设,‎ 由题意,可得, ‎ 所以, ‎ 而 ‎ ‎ 因为,所以,故为定值.‎ ‎【点睛】本题主要考查椭圆方程的求解和定值问题,侧重考查数学运算的核心素养.‎ ‎ ‎ ‎ ‎