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- 2021-06-30 发布
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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.