2020学年高二数学上学期第四次月考试题 理（含解析）人教版

2020学年高二数学上学期第四次月考试题 理（含解析）人教版

‎2019学年第一学期高二年级第四次月考 理科数学 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. 已知点在双曲线的一条渐近线上，则（ ）‎ A. B. 3 C. 2 D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】双曲线的一条渐近线方程是 ，将 代入，得，，即故选B.‎ ‎3. 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. ‎ - 14 -‎ ‎4. 《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：B．‎ ‎5. 已知点是抛物线上的一个动点，则点到点的距离与点到轴的距离之和的最小值为（ ）‎ A. 2 B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】抛物线，可得：y2=4x，抛物线的焦点坐标（1，0）．‎ 依题点P到点A（0，1）的距离与点P到y轴的距离之和的最小值，就是P到（0，1）与P到该抛物线准线的距离的和减去1．‎ 由抛物线的定义，可得则点P到点A（0，1）的距离与P到该抛物线焦点坐标的距离之和减1，‎ 可得：﹣1=．‎ 故选：C．‎ ‎6. 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 - 14 -‎ ‎【解析】假设3个数，，都小于6，则 ‎ 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.‎ ‎7. 动圆与圆外切，与圆内切，则动圆圆心的轨迹方程是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎........................‎ 因此动圆圆心M的轨迹是以为焦点的椭圆，所以 ，选B.‎ 点睛：求与圆有关的轨迹问题时，根据题设条件的不同常采用以下方法：‎ ‎①直接法：直接根据题目提供的条件列出方程．‎ ‎②定义法：根据圆、直线等定义列方程．‎ ‎③几何法：利用圆的几何性质列方程．‎ ‎④代入法：找到要求点与已知点的关系，代入已知点满足的关系式等．‎ ‎8. 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=+++…+=‎ - 14 -‎ 的值，‎ ‎∵A=，退出循环的条件为S≥A，‎ 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.‎ ‎9. 艺术节对射影类的四项参赛作品，只评一项一等奖，在评奖揭晓前，甲、乙、丙、丁四位同学对这四项参赛作品预测如下：‎ 甲说：“是或作品获得一等奖”；‎ 乙说：“作品获得一等奖”；‎ 丙说：“两项作品未获得一等奖”；‎ 丁说：“是作品获得一等奖”.‎ 若这四位同学中只有两位说的话是对的，则获得一等奖的作品是（ ）‎ A. 作品 B. 作品 C. 作品 D. 作品 ‎【答案】B ‎【解析】根据题意，A，B，C，D作品进行评奖，只评一项一等奖，‎ 假设参赛的作品A为一等奖，则甲、乙、丙、丁的说法都错误，不符合题意；‎ 假设参赛的作品B为一等奖，则甲、丁的说法都错误，乙、丙的说法正确，符合题意；‎ 假设参赛的作品C为一等奖，则乙的说法都错误，甲、丙、丁的说法正确，不符合题意；‎ 假设参赛的作品D为一等奖，则乙、丙、丁的说法都错误，甲的说法正确，不符合题意；‎ 故获得参赛的作品B为一等奖；‎ 故选：B．‎ ‎10. 设满足约束条件，若目标函数（）的最大值为2，则的最小值为（ ）‎ A. 2 B. C. 4 D. ‎ - 14 -‎ ‎【答案】A ‎【解析】作出不等式组表示的可行域如下图所示。因为，所以当x,y均取最大值时z取最大值，即直线过点时,Z取最大值，即.‎ ‎ 故选A.‎ 点睛：线性规划的实质是把代数问题几何化，即数形结合的思想.需要注意的是：一、准确无误地作出可行域；二、画标准函数所对应的直线时，要注意与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错；三、一般情况下，目标函数的最大或最小会在可行域的端点或边界上取得.‎ ‎11. 将正正数排成下表：‎ ‎1‎ ‎2 3 4‎ ‎5 6 7 8 9‎ ‎10 11 12 13 14 15 16 ‎ ‎……………‎ 则在表中数字2017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2017出现在第45行上．‎ 又由2017﹣1936=81，‎ - 14 -‎ 故2014出现在第81列，‎ 故选：D ‎12. 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. 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__________.‎ - 14 -‎ ‎【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.‎ ‎15. 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.‎ ‎16. 已知椭圆的离心率是，是椭圆的左、右顶点，是椭圆上不同于的一点，直线斜倾角分别为，则__________.‎ ‎【答案】7‎ ‎【解析】试题分析：因为A,B是椭圆的左右顶点，P为椭圆上不同于AB的动点， ，，‎ 考点：本题考查椭圆的另外一个定义 点评：椭圆的定义不只是书上给的第一定义，还有其他的定义，本题中椭圆上的点与两顶点连线的斜率乘积为定值，这也是定义，将三角公式展开分子分母同除以，得到斜率乘积 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) m≥4.(2) [-3，-2）∪（4，7]‎ - 14 -‎ ‎【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[2﹣m，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，‎ ‎①若p真q假，则，无解， ‎ ‎②若p假q真，则，解得：. ‎ 综上得：.‎ ‎18. 已知在中，角的对边分别是，且有.‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）若，求面积的最大值.‎ ‎【答案】(1)；(2).‎ ‎【解析】试题分析：（Ⅰ）已知等式利用正弦定理化简，利用两角和与差的正弦函数公式及诱导公式，结合sinC不为0求出cosC的值，即可确定出C的度数；‎ ‎（2）利用余弦定理列出关系式，结合不等式可得ab≤9，进而求得面积的最大值.‎ 试题解析：∵在△ABC中，0＜C＜π，∴sinC≠0 ‎ 已知等式利用正弦定理化简得：2cosC（sinAcosB+sinBcosA）=sinC，‎ ‎ 整理得：2cosCsin（A+B）=sinC，‎ ‎ 即2cosCsin（π-（A+B））=sinC ‎ ‎ 2cosCsinC=sinC ‎ ‎∴cosC=， ‎ C∈（0，π）.‎ - 14 -‎ ‎∴C=. ‎ ‎（2）由余弦定理可得：9=c2=a2+b2-2abcosC≥2ab-ab=ab，‎ 可得ab≤9， ‎ S=absinC≤ 当且仅当a=b=3时取等号 ‎∴△ABC面积的最大值 ‎19. 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)证明见解析；(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 ‎①－②得：‎ 所以12分 考点：1.等差数列的证明；2.错位相减法求和.‎ - 14 -‎ ‎20. 已知是数列的前项和，并且，对任意正整数，，设（）.‎ ‎（1）证明：数列是等比数列，并求的通项公式；‎ ‎（2）设，求证：数列不可能为等比数列.‎ ‎【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.‎ ‎【解析】试题分析：（1）利用an+1=Sn+1-Sn可知证明an+1=4（an-an-1），通过bn=an+1-2an可知bn+1=2（an+1-2an），通过作商可知{bn}是公比为2的等比数列，通过a1=1可知b1=3，进而可得结论；‎ ‎（2）假设为等比数列，则有, n≥2, 则有，故假设不成立，则数列不可能为等比数列 .‎ 试题解析：(I)∵Sn+1=4an+2，∴Sn=4an-1+2(n≥2)， ‎ 两式相减：an+1=4an-4an-1(n≥2)，∴an+1=4(an-an-1)(n≥2)， ‎ ‎∴bn=an+1-2an， ‎ ‎∴bn+1=an+2-2an+1=4(an+1-an)-2an+1，bn+1=2(an+1-2an)=2bn(n∈N*)， ‎ ‎∴，∴{bn}是以2为公比的等比数列， ‎ ‎∵b1=a2-2a1，而a1+a2=4a1+2，∴a2=3a1+2=5，b1=5-2=3， ‎ ‎∴bn=3•2n-1(n∈N*)‎ ‎(II)，假设为等比数列，则有 ‎, n≥2, 则有=0 ‎ 与 ≥1矛盾，所以假设不成立，则原结论成立，即 数列不可能为等比数列 ‎ ‎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.‎ - 14 -‎ ‎（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) 存在定点，满足题意.‎ ‎【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．‎ - 14 -‎ ‎【思路点晴】本题主要考查的是圆的方程的求法、直线与圆锥曲线的位置关系、恒成立问题等，属于综合性较强的难题；直线与圆锥曲线的位置关系问题，解题方法都是联立方程，正确运用韦达定理是关键；对于存在性问题，先假设存在，根据恒为定值的条件，求出点的坐标即可；如果求出来是空集，则不存在．‎ ‎22. 已知圆，圆心为，定点，为圆上一点，线段上一点满足，直线上一点，满足.‎ ‎（1）求点的轨迹的方程；‎ ‎（2）为坐标原点，圆是以为直径的圆，直线与圆相切，并与轨迹交于不同的两点，当且满足时，求面积的取值范围.‎ ‎【答案】(1) ；(2) .‎ ‎【解析】试题分析：（Ⅰ）分析题意可得点满足的几何条件，根据椭圆的定义可得轨迹，从而可求得轨迹方程；（Ⅱ）先由直线与相切得到，将直线方程与椭圆方程联立，并结合一元二次方程根与系数的关系可得，由且，进一步得到k的范围，最后根据三角形面积公式并结合函数的单调性求的取值范围。‎ 试题解析：‎ ‎（Ⅰ）∵‎ ‎∴为线段中点 ‎∵‎ ‎∴为线段的中垂线 ‎∴‎ ‎∵‎ ‎∴由椭圆的定义可知的轨迹是以为焦点，长轴长为的椭圆，‎ 设椭圆的标准方程为， ‎ 则，，‎ ‎∴。‎ ‎∴点的轨迹的方程为。‎ ‎（Ⅱ）∵圆与直线相切，‎ - 14 -‎ ‎∴，即，‎ 由，消去.‎ ‎∵直线与椭圆交于两个不同点，‎ ‎∴，‎ 将代入上式，可得，‎ 设，，‎ 则，，‎ ‎∴ ，‎ ‎∴‎ ‎∴，‎ ‎∵，解得.满足。‎ 又，‎ 设，则.‎ ‎∴ ，‎ ‎∴ ‎ 故面积的取值范围为。‎ 点睛：解决解析几何综合题时一般会涉及到复杂的运算，解题时要注意解题技巧的运用，如常用的“设而不求”、“整体代换”的方法，以简化计算。另外，对于解析几何中的范围、最值的问题，要结合函数的性质求解或利用基本不等式求解。‎ - 14 -‎ - 14 -‎