2019-2020学年辽宁省实验中学东戴河分校高二上学期12月月考数学试题（解析版） 20页

‎2019-2020学年辽宁省实验中学东戴河分校高二上学期12月月考数学试题 一、单选题 ‎1．点关于平面的对称点为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】根据关于平面对称点的坐标的变化特征可直接写出结果.‎ ‎【详解】‎ 由对称关系可知，点关于平面对称的点为 故选：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查空间直角坐标系中点的对称问题，需明确点关于平面对称点的坐标为，属于基础题.‎ ‎2．设等差数列的前项和为，已知，则（ ）‎ A． B．27 C． D．54‎ ‎【答案】A ‎【解析】等差数列的前项和为， ，‎ 故选 ‎3．已知直线与直线平行，则的值为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】由题得3×（-1）-（1-a）×1=0,解之即得a的值.‎ ‎【详解】‎ 由题得3×（-1）-（1-a）×1=0,解之得a=4.‎ 故答案为：A ‎【点睛】‎ ‎(1)本题主要考查两直线平行的位置关系，意在考查学生对该知识的掌握水平和分析推理能力.(2) 直线和直线平行，则且两直线不重合，求出参数的值后要代入检验看两直线是否重合.‎ ‎4．已知双曲线的一条渐近线方程为，则该双曲线的离心率是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】∵双曲线的一条渐近线方程为， ‎ ‎∴双曲线的离心率是 ‎ 故选A．‎ ‎【大家】本题考查双曲线的离心率的求法，解题时要认真审题，要熟练掌握双曲线的简单性质．‎ ‎5．直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成角的余弦值为(　　)‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】以C为原点，直线CA为x轴，直线CB为y轴，直线为轴，则设CA=CB=1，则 ‎，，A（1，0，0），，故，，所以，故选C.‎ ‎【考点】本小题主要考查利用空间向量求线线角，考查空间向量的基本运算，考查空间想象能力等数学基本能力，考查分析问题与解决问题的能力.‎ ‎6．已知直线与圆：相交于，两点，若为正三角形，则实数的值为（ ）‎ A． B．‎ C．或 D．或 ‎【答案】D ‎【解析】 由题意得，圆的圆心坐标为，半径.‎ 因为为正三角形，则圆心到直线的距离为，‎ ‎ 即，解得或，故选D.‎ ‎7．已知等比数列中，，则其前三项的和的取值范围是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】∵等比数列{an}中，a2=2，设公比为,‎ ‎∴其前三项和S3=，‎ 当q＞0时，S3= ≥2+2=6；‎ 当q＜0时，S3=≤2﹣2=2﹣4=﹣2．‎ ‎∴其前三项和S3的取值范围是（﹣∞，﹣2]∪[6，+∞）．‎ 故选D．‎ 点睛：在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误 ‎8．设椭圆与函数的图象相交于两点，点为椭圆上异于 的动点，若直线的斜率取值范围是，则直线的斜率取值范围是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】∵与函数的图象相交于两点，两点关于原点对称，设 则 即 ‎ 设 则，可得： ‎ ‎∵直线 的斜率 的取值范围 ‎ 得 ∴直线的斜率取值范围是。‎ 故选：D．‎ ‎9．设数列的前项和，若，且，则等于（ ）‎ A．5048 B．5050 C．10098 D．10100‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：由，则，两式相减，可得，又因为，所以，所以 ‎，故选C．‎ ‎【考点】数列求和．‎ ‎【方法点晴】本题主要考查了数列的求和问题，其中解答中涉及到数列的递推关系的应用、等差数列的通项公式、得出数列的前 项和公式等知识点的综合考查，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力，试题有一定的思维量，属于中档试题，本题的解答中根据数列的递推关系式，求解是解得的关键．‎ ‎10．已知双曲线的上焦点为，是双曲线下支上的一点，线段与圆相切于点，且，则双曲线的渐近线方程为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】由得 则该圆的圆心坐标为，半径为 设切点 则由与 解得，‎ 由，得得：‎ 代入双曲线 整理得：‎ 双曲线的渐近线方程为 ‎ 故选 点睛：本题考查了双曲线的简单性质，由圆的方程求出圆心坐标，设出点的坐标，由题意列式求出的坐标，再结合，求得的坐标，再把的坐标代入双曲线的方程，即可求得答案。‎ 二、多选题 ‎11．下列选项正确的为（ ）‎ A．已知直线：，：，则的充分不必要条件是 B．命题“若数列为等比数列，则数列为等比数列”是假命题 C．棱长为正方体中，平面与平面距离为 D．已知为抛物线上任意一点且，若恒成立，则 ‎【答案】ABCD ‎【解析】A．分析“”与“”的互相推出情况，由此确定是否为充分不必要条件；‎ B．分析特殊情况：时，，由此判断命题真假；‎ C．将面面距离转化为点到面的距离，从而可求出面面距离并判断对错；‎ D．根据线段长度之间的关系列出不等式，从而可求解出的取值范围.‎ ‎【详解】‎ A．当时，，，显然；‎ 当时，，解得，‎ 所以的充分不必要条件是正确；‎ B．当时，，所以此时为等比数列，‎ 但不是等比数列，所以命题是假命题，故正确；‎ C．如图所示：‎ 由图可知：，所以平面平面，‎ 所以平面与平面距离即为到平面的距离，记为， ‎ 由等体积可知：，所以，故正确；‎ D．设，因为，所以，‎ 所以且，所以，‎ 当时显然符合，当时，所以，‎ 综上可知：.故正确.‎ 故选：ABCD.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查命题真假的判断，难度一般.(1)判断命题是命题的何种条件时，注意从两方面入手：充分性、必要性；(2)立体几何中求解点到平面的距离，采用等体积法较易.‎ ‎12．古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名.他发现：“平面内到两个定点，的距离之比为定值的点的轨迹是圆”.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.在平面直角坐标系中，，，点满足.设点的轨迹为，下列结论正确的是（ ）‎ A．的方程为 B．在上存在点，使得 C．当，，三点不共线时，射线是的平分线 D．在三棱锥中，面，且，，，该三棱锥体积最大值为12‎ ‎【答案】ACD ‎【解析】A．代入坐标表示出线段长度，根据线段长度比值得到的方程；‎ B．根据长度关系列出方程，并判断方程是否有解；‎ C．利用已知条件，以及的比值，根据角平分线定理的逆定理作出判断；‎ D．结合题设定义建立合适坐标系，可得的轨迹是圆，据此分析出三棱锥底面积最大值，由此可得三棱锥体积的最大值.‎ ‎【详解】‎ A．设，因为，所以，所以，‎ 所以，故正确；‎ B．设存在满足，因为，所以，‎ 所以，所以，‎ 又因为，所以，又因为不满足，‎ 所以不存在满足条件，故错误；‎ C．当，，三点不共线时，因为，，‎ 所以，所以，由角平分线定理的逆定理可知：射线是的平分线，故正确；‎ D．因为三棱锥的高为，所以当底面的面积最大值时，此时三棱锥的体积最大，‎ 因为，，取靠近的一个三等分点为坐标原点，为轴建立平面直角坐标系，‎ 所以不妨取，，由题设定义可知的轨迹方程为：，‎ 所以，此时在圆的最高点处，‎ 所以，故正确.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查阿波罗尼斯圆的定义及应用，属于新定义问题，难度较难.(1)证明角平分线除了可以通过线段的长度比来证明，还可以通过点到线段两边的距离相等来证明；(2)和圆有关的线段长度问题，可以利用坐标法来解决问题.‎ 三、填空题 ‎13．过点的直线与圆相交于，两点，且，则直线的方程为________．‎ ‎【答案】或 ‎【解析】分别考虑当直线的斜率存在、不存在两种情况：斜率不存在时，直接根据长度判断是否符合；斜率存在时，利用半弦长以及圆心到直线的距离、半径构成的直角三角形求解直线方程.‎ ‎【详解】‎ 当直线的斜率不存在时，，所以，此时无解；‎ 当直线的斜率存在时，设，圆心到直线的距离，‎ 圆的半径，所以，‎ 所以或，所以或.‎ 故答案为：或.‎ ‎【点睛】‎ 根据直线与圆相交的弦长求解直线的方程时，注意直线的斜率不存在的特殊情况；在考虑直线的斜率存在时，可通过两种方法解决问题：(1)几何法：根据半弦长、圆心到直线的距离、半径构成的直角三角形完成求解；(2)代数法：联立直线与圆的方程，根据弦长公式求解出对应直线的斜率亦可.‎ ‎14．已知正项等比数列的公比为2，若，则的最小值等于__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由题意得：‎ 即 ‎15．如图，在直三棱柱中，，，已知和分别为和的中点，和分别为线段和上的动点（不包括端点），若，则线段长度的取值范围为______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】建立空间直角坐标系，设出、的坐标，求出向量，，利用求得关系式，写出的表达式，然后利用二次函数求最值即可．‎ ‎【详解】‎ 由题意，建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 则，，，，，‎ 由于，则，所以，‎ 所以，‎ 所以，‎ 当时，线段长度的最小值是，‎ 当时，线段长度的最大值是1，‎ 而不包括端点，故不能取；‎ 故答案为．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了点、线、面间的距离计算、棱柱的结构特征、空间直角坐标系等基础知识，着重考查了空间想象能力，以及运算求解能力，属于基础题．‎ 四、解答题 ‎16．已知是抛物线上一点，为其焦点，点在圆：上，则的最小值是__________；此时坐标为________．‎ ‎【答案】6 ‎ ‎【解析】由抛物线的定义可知：等于到直线的距离，再由，可确定出的位置，即可求解出的最小值和的坐标.‎ ‎【详解】‎ 如图所示，设在直线上的射影点为，‎ 因为等于到直线的距离且，‎ 所以，‎ 所以当三点共线时，有最小值，‎ 此时，，所以，所以.‎ 故答案为：；.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查抛物线与圆的综合应用，难度一般.(1)求解抛物线上点到焦点(或准线)距离与到定点的距离之和的最小值时，注意利用抛物线的定义进行转化计算；(2)求解抛物线上点到焦点(或准线)的距离与到圆上点的距离之和的最小值，注意利用利用抛物线的定义并将圆外一点到圆上一点的距离转化为到圆心的距离去完成求解.‎ ‎17．已知直线：，：，求满足下列条件的，的值．‎ ‎（1），且过点；‎ ‎（2），且在第一象限内与两坐标轴围成的三角形的面积为2.‎ ‎【答案】（1），；（2），.‎ ‎【解析】(1)根据与过点列出对应的方程组，求解出的值，注意验证是否符合；‎ ‎(2)根据以及与坐标轴围成的三角形面积，列出方程(注意取值范围)，求解出的值.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）因为，所以.①‎ 又过点，所以.②‎ 由①②，解得或.‎ 当，时不合题意，舍去．‎ 所以，.‎ ‎（2）因为，所以，③‎ 由题意知，，直线与两坐标轴的交点坐标分别为，.‎ 则，得，④‎ 由③④，得，.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查根据直线间的平行、垂直关系求解直线方程中的参数，难度一般.已知，：若，则有；若，则有.‎ ‎18．已知数列是等比数列，首项，公比，其前项和为，且，，成等差数列.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）若数列满足，求数列的前项和.‎ ‎【答案】(1)；(2).‎ ‎【解析】试题分析：‎ ‎（1）由题意可得，整理计算有：，据此可得数列的公比为，通项公式.‎ ‎（2）结合（1）的结果知， 其通项公式为等差数列与等比数列相乘的形式，错位相减可得前n项和为.‎ 试题解析：‎ ‎（1）因为，，成等差数列，‎ 所以，‎ 所以，‎ 所以，因为数列是等比数列，所以，‎ 又，所以，所以数列的通项公式.‎ ‎（2）由（1）知， ‎ ‎，‎ ‎，‎ 所以 ‎.‎ 故.‎ 点睛：一般地，如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列{bn}的公比，然后作差求解．‎ ‎19．在长方体中，，，为中点．‎ ‎ ‎ ‎（）证明：．‎ ‎（）求与平面所成角的正弦值．‎ ‎【答案】（）证明见解析；（）．‎ ‎【解析】试题分析：根据已知中长方体中，‎ 是侧棱的中点，结合长方体的几何特征，我们可得,结合线面垂直的判定定理即可得到平面,即可得出结论。‎ 建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用向量的夹角公式，即可求与平面所成角的正弦值。‎ 解析：证明：连接 是长方体，平面 又平面，‎ 在长方形中，，‎ 又平面 而平面,‎ 如图建立空间直角坐标系,‎ 则,‎ 设平面的法向量为,则 令则 所以与平面所成角的正弦值为 ‎20．已知数列{满足，.‎ ‎（1）求证：数列是等比数列；‎ ‎（2）若数列是单调递增数列，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）见解析（2）.‎ ‎【解析】试题分析：由数列递推式得到数列是首项为，公比为的等比数列；‎ 由得，代入，由求得实数的取值范围，验证满足为增函数，即可得到答案。‎ 解析：（1）因为数列满足，所以，‎ 即，又，所以 ，‎ 所以数列是以2为首项，公比为2的等比数列.‎ ‎（2）由（1）可得，所以，‎ 因为符合，所以.‎ 因为数列是单调递增数列，所以，即， ‎ 化为，所以.‎ ‎21．如图，四棱锥中，底面 ABCD为矩形，侧面为正三角形，且平面平面 E 为 PD 中点，AD=2.‎ ‎(1)证明平面AEC丄平面PCD;‎ ‎(2)若二面角的平面角满足，求四棱锥 的体积.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）2‎ ‎【解析】(1)要证平面平面，可证平面即可;‎ ‎(2)建立空间直角坐标系，计算出平面的法向量，平面的法向量，从而利用向量数量积公式求得长度，于是可求得体积.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）取中点为， 中点为F，‎ 由侧面为正三角形，且平面平面知平面，故，‎ 又，则平面，所以，‎ 又，则，又是中点，则，‎ 由线面垂直的判定定理知平面，‎ 又平面，故平面平面. ‎ ‎（2）如图所示，建立空间直角坐标系，‎ 令，则.‎ 由（1）知为平面的法向量，‎ 令为平面的法向量，‎ 由于均与垂直，故即解得 故，由，解得.‎ 故四棱锥的体积.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查面面垂直的判定定理，二面角的向量求法，几何体的体积计算，建立合适的空间直角坐标系是解决此类问题的关键，意在考查学生的空间想象能力，转化能力，分析能力及计算能力.‎ ‎22．如图，在平面直角坐标系中，已知圆，点，点，以为圆心，为半径作圆，交圆于点，且的平分线交线段于点.‎ ‎（1）当变化时，点始终在某圆锥曲线上运动，求曲线的方程；‎ ‎（2）已知直线过点，且与曲线交于两点，记面积为，面积为，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）.(2).‎ ‎【解析】试题分析：推导出，从而，利用椭圆的定义可得点的轨迹方程；‎ 设直线，设出点的坐标，推导出，由得到 ‎，由此利用根的判别式，韦达定理结合已知条件即可求出的取值范围。‎ 解析：（1）∵,‎ ‎∴,∴,‎ ‎∵,∴,‎ 由椭圆的定义可知，点的轨迹是以为焦点,的椭圆，‎ 故点的轨迹方程为.‎ ‎(2)由题可知，设直线，不妨设 ‎∵，，‎ ‎，‎ ‎∵，∴，，‎ ‎∴ ，‎ ‎∵，即，‎ ‎∴ ，‎ ‎∴.‎ 点睛：本题考查了椭圆的定义与三角形面积问题，利用三角形全等证明线段相等，结合椭圆定义即可求出曲线方程，要求三角形面积就要确定三角形的底边和高，本题要求面积比，将其转换为纵坐标比值问题，联立直线与曲线方程即可计算。‎