2019-2020学年高二数学上学期第四次月考试题 文(含解析).doc

2019-2020学年高二数学上学期第四次月考试题 文(含解析)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. 设全集，集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】因为全集，集合或,，故选C.2. 已知双曲线，则其焦点为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】由双曲线，可知：，焦距为故选：D3. 若，与的夹角为，则（ ）A. 2 B. C. 1 D. 【答案】B【解析】由与的夹角为，故选B.4. 下列命题错误的是（ ）A. 命题“若，则”的逆命题为“若，则”B. 对于命题，使得，则，则C. “”是“”的充分不必要条件D. 若为假命题，则均为假命题【答案】D【解析】对于，命题“若，则”的逆否命题为“若，则”，满足逆否命题的形式，所以正确；对于，对于命题，使得，则，则，满足特称命题的否定形式，所以正确；对于，“”是“”的充分不必要条件，因为时，也成立，所以正确；对于，若为假命题，则均为假命题，显然不正确，因为一个命题是假命题，则也为假命题，所以不正确，故选D. 5. 算法统综是明朝程大位所著数学名著，其中有这样一段表述：“远看巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一”，其意大致为：有一七层宝塔，每层悬挂的红灯数为上一层的两倍，共有381盏灯，则塔从上至下的第三层有（ ）盏灯.A. 14 B. 12 C. 10 D. 8【答案】B【解析】设第一层有a盏灯，则由题意知第一层至第七层的灯的盏数构成一个以a1为首项，以为公比的等比数列，解得a1=192，a5=a1（）4=192=12，故选：B6. 已知向量，其中，若，则的最小值（ ）A. B. 2 C. D. 【答案】C【解析】由已知得，当且仅当时取等号，故选C.7. 若满足约束条件，则函数的最大值是（ ）A. -1 B. 2 C. 3 D. 6【答案】D【解析】试题分析：由约束条件画出可行域，由可行域可知，在点取得最大值，最大值为 8. 已知，则下列三个数，（ ）A. 都大于6 B. 至少有一个不大于6 C. 都小于6 D. 至少有一个不小于6【答案】D【解析】假设3个数，都小于6，则 利用基本不等式可得，这与假设矛盾，故假设不成立，即3个数，至少有一个不小于6，故选D.点睛：本题考查反证法，考查进行简单的合情推理，属于中档题，正确运用反证法是关键.9. 程序框图如图所示，当时，输出的的值为（ ）A. 26 B. 25 C. 24 D. 23【答案】C【解析】由已知中的程序框图可知：该程序的功能是计算S=+=的值，A=，退出循环的条件为SA，当k=24时，=满足条件，故输出k=24，故选：C点睛：算法与流程图的考查，侧重于对流程图循环结构的考查.先明晰算法及流程图的相关概念，包括顺序结构、条件结构、循环结构，其次要重视循环起点条件、循环次数、循环终止条件，更要通过循环规律，明确流程图研究的数学问题，是求和还是求项.10. 是抛物线上任意一点，则的最小值为（ ）A. B. 3 C. 6 D. 5【答案】B【解析】抛物线的焦点坐标为 ，即是抛物线的焦点，准线方程为，过向准线作垂线，垂足为，则，当三点共线时，取得最小值，故选B.11. 将正正数排成下表：12 3 45 6 7 8 910 11 12 13 14 15 16 则在表中数字xx出现在（ ）A. 第44行第80列 B. 第45行第80列 C. 第44行第81列 D. 第45行第81列【答案】D【解析】因为每行的最后一个数分别为1，4，9，16，所以由此归纳出第n行的最后一个数为n2因为442=1936，452=2025，所以xx出现在第45行上又由xx1936=81，故xx出现在第81列，故选：D12. 抛物线的焦点为，准线为，是抛物线上的两个动点，且满足，设线段的中点在上的投影为，则的最大值是（ ）A. 2 B. C. D. 1【答案】D【解析】设，连接，由抛物线定义，得，在梯形中，由余弦定理得，配方得，又，得到，即的最大值为，故选D.【 方法点睛】本题主要考查抛物线的定义和几何性质，以及余弦定理与基本不等式的应用，属于难题. 与焦点、准线有关的问题一般情况下都与拋物线的定义有关，解决这类问题一定要注意点到点的距离与点到直线的距离的转化：（1）将抛线上的点到准线距转化为该点到焦点的距离；(2)将抛物线上的点到焦点的距离转化为到准线的距离，使问题得到解决.二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. 抛物线的焦点坐标_【答案】【解析】抛物线化为标准方程为抛物线的焦点在轴上，且抛物线的焦点坐标是，故答案为.14. 与双曲线有相同渐近线，且过的双曲线方程是_【答案】【解析】设所求双曲线方程为双曲线过点所求双曲线方程为化为，故答案为.15. 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】【解析】类比点到直线的距离，可知在空间中，点到平面的距离为，故答案为.16. 若点坐标为，是椭圆的下焦点，点是该椭圆上的动点，则的最大值为，最小值为，则_【答案】【解析】椭圆即为，可得，那么，根据三角形三边关系可知， ， 即最大值，最小值，故答案为.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，.（1）若是的充分不必要条件，求实数的取值范围；（2）若，“”为真命题，“”为假命题，求实数的取值范围.【答案】（1）m4；（2）x-3，-2）（4，7.【解析】试题分析：（1）通过解不等式化简命题p，将p是q的充分不必要条件转化为-2，4是2m，2+m的真子集，列出不等式组，求出m的范围（2）将复合命题的真假转化为构成其简单命题的真假，分类讨论，列出不等式组，求出x的范围试题解析：(1)记命题p的解集为A=-2，4， 命题q的解集为B=2-m，2+m， 是的充分不必要条件 p是q的充分不必要条件， ，解得：. (2)“”为真命题，“”为假命题，命题p与q一真一假，若p真q假，则，无解， 若p假q真，则，解得：. 综上得：.18. 在各项均为正数的等比数列中，且成等差数列.（1）求等比数列的通项公式；（2）若数列满足，求数列的前项和的最大值.【答案】（1）；（2）当n=5时，Tn的最大值为25.【解析】试题分析：（1）设数列的公比为，由等差中顶和等比数列的通项公式列出方程组,结合题意求出的值,再代入等比数列的通项公式化简即可；(2)由（1）和题意化简，并判断出数列是等差数列，求出首项和公差，代入等差数列的前项和公式，再对进行配方，根据二次函数的性质求出它的最大值.试题解析：（1）设数列an的公比为q，an0 因为2a1，a3，3a2成等差数列， 所以2a1+3a2=2a3，即，所以2q2-3q-2=0， 解得q=2或（舍去），又a1=2，所以数列an的通项公式 （2）由题意得，bn=11-2log2an=11-2n，则b1=9，且bn+1-bn=-2，故数列bn是首项为9，公差为-2的等差数列， 所以=-（n-5）2+25，所以当n=5时，Tn的最大值为25【方法点睛】本题主要考查等比数列的通项公式以及等差数列的性质及前项和的最值，属于难题.求等差数列前项和的最大值的方法通常有两种：将前项和表示成关于的二次函数， ，当时有最大值（若不是整数，等于离它较近的一个或两个整数时最大）；可根据且确定最大时的值.19. 已知在中，角的对边分别是，且.（1）求角的大小；（2）若，求面积的最大值.【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）结合正弦定理将已知关系式中的边化为角，得到关于角的三角函数值，进而求得的大小；（2）由和利用余弦定理可得到关于边的方程，借助于不等式性质求得的范围，从而得到三角形面积的最值试题解析：（1）= = （2）由余弦定理考点：1正余弦定理解三角形；2不等式性质【方法点睛】解三角形的问题主要利用正余弦定理求解，本题中将已知的边角关系通过正弦定理转化为三角形的三个内角表示，从而得到所求角的三角方程，可求角的大小；求三角形面积的最大值只需要求解的最大值即可，由已知条件边角可借助于余弦定理得到满足的关系式，借助于不等式性质即可求得范围，或利用正弦定理将两边化为，借助于三角函数有界性求最值20. 数列满足，.（1）证明：数列是等差数列；（2）设，求数列的前项和.【答案】（1）见解析；（2）.【解析】试题分析：（1）证明：在原等式两边同除以，得，即，所以是以为首项，为公差的等差数列.（2）由（1）得，所以，从而.用错位相减法求得.试题解析：（1）证：由已知可得，即所以是以为首项，1为公差的等差数列（2）解：由（1）得，所以，从而得：所以12分考点：1.等差数列的证明；2.错位相减法求和.21. 已知抛物线，点在轴的正半轴上，过点的直线与抛物线相交于两点，为坐标原点.（1）若，且直线的斜率为1，求以为直径的圆的方程；（2）是否存在定点，使得不论直线绕点如何转动，恒为定值？【答案】（1）；（2）见解析.【解析】试题分析：（1）由题意得，直线的方程与抛物线方程联立，利用韦达定理，可得圆心坐标和圆的半径，从而可得圆的方程（2）若存在定点这样的点，使得恒为定值；直线：与抛物线C：联立，计算,，利用恒为定值，可求出点的坐标试题解析：（1）当时，此时，点M为抛物线C的焦点，直线的方程为，设，联立，消去y得，圆心坐标为又，圆的半径为4，圆的方程为（2）由题意可设直线的方程为，则直线的方程与抛物线C：联立，消去x得：，则，对任意恒为定值，于是，此时存在定点，满足题意考点：1、圆的方程；2、直线与抛物线的位置关系；3、定点定值问题.22. 已知定点，为圆上任意一点，线段上一点满足，直线上一点，满足.（1）当在圆周上运动时，求点的轨迹的方程；（2）若直线与曲线交于两点，且以为直径的圆过原点，求证：直线与不可能相切.【答案】（1）；（2）见解析.【解析】试题分析：（1）由，直线上一点，满足，可得 为线段 的垂直平分线，求出圆的圆心坐标为，半径为，得到，利用椭圆的定义，求解点的轨迹的方程即可；（2）当直线的斜率存在时，设直线为，联立直线与椭圆的方程，得，消去，利用判别式以及韦达定理，结合，可证明直线与一定相交，从而可得结论.试题解析：（）由，直线上一点，满足，可得 时线段 的垂直平分线，求出圆的圆心坐标为，半径为，得到，点M的轨迹是以N、Q为焦点，长轴长为的椭圆，即2a=，2c=，b= 所以点M的轨迹C的方程为： （）当直线的斜率存在时，设直线l为y=kx+m，A（x1，y1），B（x2，y2），联立直线与椭圆的方程，得消去y并整理得（1+2k2）x2+4kmx+2m2-6=0 因为直线与椭圆有两个不同的交点，所以=16k2m2-4（1+2k2）（2m2-6）0，化简得：m26k2+3由韦达定理得： ，x1x2+y1y2=0，即， 整理得m2=2k2+2满足式，d=，即原点到直线l为的距离是，直线l与圆x2+y2=4相交 当直线的斜率不存在时，直线为x=m，与椭圆C交点为A（m，），B（m，），此时直线为x=，显然也与圆x2+y2=4相交综上，直线l与定圆E：x2+y2=4不可能相切