2018-2019学年浙江省杭州市西湖高级中学高二10月月考数学试题 解析版

2018-2019学年浙江省杭州市西湖高级中学高二10月月考数学试题 解析版

杭西搞高二年级10月考数学试卷答案 一、单选题 ‎1．若，则下列说法正确的是（ ）‎ A． 若，，则 B． 若，则 C． 若，则 D． 若，则 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据不等式的基本性质以及特殊值法判断即可．‎ ‎【详解】‎ A．取a=﹣3，b=1，c=2，d=1，可知不成立，‎ B．取c=0，显然不成立，‎ C．取a=-3，b=﹣2，显然不成立，‎ D．根据不等式的基本性质，显然成立，‎ 综上可得：只有B正确．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了不等式的基本性质、举反例否定一个命题的方法，考查了推理能力，属于基础题．‎ ‎2．若两直线的倾斜角分别为，则下列四个命题中正确的是（ ）‎ A． 若，则两直线的斜率： B． 若，则两直线的斜率：‎ C． 若两直线的斜率：，则 D． 若两直线的斜率：，则 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意逐一分析所给的选项是否正确即可.‎ ‎【详解】‎ 当，，满足，但是两直线的斜率，选项A说法错误；‎ 当时，直线的斜率不存在，无法满足，选项B说法错误；‎ 若直线的斜率，，满足，但是，，不满足，选项C说法错误；‎ 若两直线的斜率，结合正切函数的单调性可知，选项D说法正确.‎ 本题选择D选项.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查直线的斜率与倾斜角之间的关系，正切函数的单调性及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎3．已知向量，满足，，且向量，的夹角为，若与垂直，则实数的值为（ ）‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由条件可得，由与垂直，进而得，即可得解.‎ ‎【详解】‎ 因为，所以，‎ 故答案选D．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了数量积的运算，属于基础题.‎ ‎4．已知直线： ，直线： ，若，则（ ）‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】D ‎【解析】因为，所以，所以，所以.‎ 故选D.‎ ‎5．为了得到函数的图像，可以将函数的图像（   ）‎ A． 向左平移个单位长度 B． 向右平移个单位长度 C． 向左平移个单位长度 D． 向右平移个单位长度 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先化简函数，再根据三角函数的图象变换，即可求解．‎ ‎【详解】‎ 由题意，函数， ‎ 所以为了得到函数 的图象，可以将函数 的图象向右平移个单位长度，故选B．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查三角函数的图象的平移与伸缩变换，注意先伸缩后平移时的系数是解题的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.‎ ‎6．已知圆截直线所得弦长为4，则实数的值为（ ）‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：圆化为标准方程为，所以圆心为（-1,1），半径，弦心距为 。因为圆截直线所得弦长为4，所以。故选B。‎ ‎7．若直线2mx﹣ny﹣2=0（m＞0，n＞0）过点（1，﹣2），则最小值（　　）‎ A． 2 B． 6 C． 12 D． 3+2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据直线2mx﹣ny﹣2=0（m＞0，n＞0）过点（1，﹣2），建立m，n的关系，利用基本不等式即可求的最小值．‎ ‎【详解】‎ ‎∵直线2mx﹣ny﹣2=0（m＞0，n＞0）过点（1，﹣2），‎ ‎∴2m+2n﹣2=0，即m+n=1，‎ ‎∵= （m+n）=3+≥3+2，‎ 当且仅当，即n=m时取等号，‎ ‎∴的最小值为3+2，‎ 故答案为：D ‎【点睛】‎ ‎（1）本题主要考查基本不等式，意在考查学生对该知识的掌握水平和分析推理能力.(2)几解题的关键是常量代换=（m+n）,再利用基本不等式求最小值.‎ ‎8.动圆满足圆心在直线上，且半径为1， 是坐标原点， .若圆上存在点满足，则动圆圆心的轨迹长度是（ ）‎ A． B． C． 4 D． 2‎ ‎【答案】A ‎【解析】 因为圆心在直线，设圆心坐标为，且线段垂直平分线的方程为，‎ ‎ 要使得圆上的存在点满足，则圆与直线由公共点，‎ ‎ 所以圆心到直线的距离，所以，‎ ‎ 即动圆圆心的轨迹方程为，所以轨迹的长度为，故选A.‎ ‎9．数学家欧拉1765年在其所著的《三角形几何学》一书中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上，后人称这条直线为欧拉线．已知△ABC的顶点A(2,0)，B(0,4)，若其欧拉线的方程为x－y＋2＝0，则顶点C的坐标是(　　)‎ A． (－4,0) B． (0，－4) C． (4,0) D． (4,0)或(－4,0)‎ ‎【答案】A ‎【解析】分析：设出点C的坐标，由重心坐标公式求得重心，代入欧拉线得一方程，求出AB的垂直平分线，和欧拉线方程联立求得三角形的外心，由外心到两个顶点的距离相等得另一方程，两方程联立求得点C的坐标．‎ 详解：‎ 设C(m，n)，由重心坐标公式得，‎ 三角形ABC的重心为(，)，‎ 代入欧拉线方程，得－＋2＝0，‎ 整理，得m－n＋4＝0，①‎ AB的中点为(1,2)，kAB＝＝－2，‎ AB的中垂线方程为y－2＝(x－1)，即x－2y＋3＝0.‎ 联立解得 ‎∴△ABC的外心为(－1,1)．‎ 则(m＋1)2＋(n－1)2＝32＋12＝10，‎ 整理，得m2＋n2＋2m－2n＝8，②‎ 联立①②，得m＝－4，n＝0或m＝0，n＝4.‎ 当m＝0，n＝4时B，C重合，舍去．‎ ‎∴顶点C的坐标是(－4,0)．‎ 故选A.‎ 点睛：本题考查直线方程的求法，训练了直线方程的点斜式，考查了方程组的解法，是基础的计算题．‎ ‎10．已知从点发出的一束光线，经轴反射后，反射光线恰好平分圆：的圆周，则反射光线所在的直线方程为(　　　)‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】C ‎【解析】点关于轴的对称点为，‎ 反射光线恰好平分圆：的圆周，则反射光线过圆心，‎ 由反射原理结合题意可知，反射光线过点，‎ 据此可得，发生关系的斜率：，‎ 反射光线所在的方程为：，‎ 整理为一般式即：.‎ 本题选择C选项.‎ ‎11．在各项都为正数的数列中，首项，且点在直线上，则数列的前项和为（ ）‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 代入点，化简可得数列{an}为首项为2，公比为3的等比数列，由等比数列的求和公式，化简计算即可得到所求和．‎ ‎【详解】‎ 在正数数列{an}中，a1=2，且点在直线x﹣9y=0上，‎ 可得an2=9an﹣12，即为an=3an﹣1，‎ 可得数列{an}为首项为2，公比为3的等比数列，‎ 则{an}的前n项和Sn等于==3n﹣1．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查数列与解析几何的综合运用，是一道好题．解题时要认真审题，仔细解答，注意等比数列的前n项和公式和通项公式的灵活运用．‎ ‎12．已知是方程的两根，且，则的值为（ ）‎ A． B． C． 或 D． ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知可得tanα+tanβ=，tanαtanβ=4，展开两角和的正切求tan（α+β），然后结合已知角的范围得答案．‎ ‎【详解】‎ ‎∵tanα，tanβ是方程的两根，‎ ‎∴tanα+tanβ=，tanαtanβ=4，‎ ‎∵，‎ ‎∴α，β∈（），则α+β∈（π，2π），‎ 由tan（α+β）==．‎ 得α+β=．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查由已知三角函数值求角，考查一元二次方程根与系数的关系，是基础题．‎ ‎13．在圆x2+y2＝5x内，过点有n条弦的长度成等差数列，最小弦长为数列的首项a1，最大弦长为an，若公差，那么n的取值集合为 A． {4，5，6，7} B． {4，5，6}‎ C． {3，4，5，6} D． {3，4，5}‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出圆的圆心和半径，根据圆的几何性质计算出过点 的最短弦长和最长弦长，即等差数列的第一项和第n项，再根据等差数列的公差d∈[，]，求出n的取值集合．‎ ‎【详解】‎ 圆x2+y2=5x的圆心为C ，半径为r=‎ 过点P 最短弦的弦长为a1=2 =4‎ 过点P 最长弦长为圆的直径长an=5，‎ ‎∴4+（n﹣1）d=5，‎ d=，‎ ‎∵d∈[，]，‎ ‎∴，‎ ‎∴4≤n≤7．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】‎ 本题考察了圆的方程，圆的几何性质及等差数列的通项公式等知识，解题时要学会使用圆的几何性质解决圆的弦长问题，提高解题速度．‎ ‎14．已知函数单调递增，函数的图像关于点对称，实数满足不等式，则的最小值为（ ）‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】A ‎【解析】分析：先分析出函数y=f(x)是奇函数，再由得（x+y）(x-y-2)≤0，得到点（x,y）对应的可行域，再数形结合得到的最小值.‎ 详解：因为函数的图像关于点对称，‎ 所以函数y=f(x)的图像关于点（0,0）对称，‎ 所以函数y=f(x)是奇函数.‎ 因为，‎ 所以，‎ 所以，‎ 因为函数y=f(x)是增函数，‎ 所以 所以（x+y）(x-y-2)≤0，‎ 所以点（x,y）对应的可行域如图所示，‎ 因为 所以，‎ 所以z表示点（x,y）到点（3，-2）的距离的平方再加1，‎ 观察上面的图形得，当圆和直线x+y=0相切时，z最小，‎ 因为 故答案为：A 点睛：（1‎ ‎）本题主要考查函数的图像和性质，考查线性规划，意在考查学生对这些基础知识的掌握能力和分析推理能力数形结合的思想方法. (2)解答本题的关键是找到z的几何意义，‎ ‎，z表示点（x,y）到点（3，-2）的距离的平方再加1.表示点(x,y)到点(a,b)的距离的平方.‎ ‎15．设数列{Xn}的各项都为正数且x1=1．△ABC内的点Pn （n∈N*）均满足△PnAB与△PnAC的面积比为2：1，若+xn+1+（2xn+1）=，则x4的值为( )‎ A． 15 B． 17 C． 29 D． 31‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将条件变形为，设，画出图形后利用三角形面积的关系得到数列递推式，然后构造等比数列得答案．‎ ‎【详解】‎ 由，得 ，‎ 设，延长至B1，使，则与的面积相等，‎ 以线段 为邻边作出平行四边形，如图，‎ 则，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ 又，‎ ‎∴，‎ 则，‎ 即，‎ ‎∴，‎ ‎∴数列 是以2为首项，以2为公比的等比数列，‎ ‎∴，‎ ‎∴．‎ 故选A．‎ ‎【点睛】‎ 解答本题的关键是根据条件构造平行四边形，从形的角度考虑向量问题，然后根据三角形的面积得到数列的递推公式，进而求得通项公式．题目有一定的难度，考查分析问题、解决问题和转化能力，较好地考查学生的综合素质．‎ 二、填空题 ‎16．已知直线 ，直线 ，则过定点_____________ ；‎ 当________时，与平行．‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】分析：将直线的方程变形为，令可得定点坐标；根据两直线平行的等价条件可得的值．‎ 详解：直线的方程变形为，‎ 令，解得，‎ 所以直线过定点．‎ 当与平行时，则有，‎ 解得，‎ 即时，与平行．‎ 点睛：直线过定点的问题实质上是恒成立的问题，判断直线过定点时，先把直线方程整理成（为参数）的形式，解方程组可得定点的坐标．‎ ‎17．在中，角，，所对的边分别为，，.若，且，则角__________，的最大值是__________．‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】分析：根据余弦定理化简已知的式子，求出cosB和角B的值；根据余弦定理和条件可得4=a2+b2﹣ab，利用基本不等式求出ab的范围，代入三角形的面积公式即可S△ABC的最大值．‎ 详解：由可得a2+b2﹣c2=ab，‎ 根据余弦定理得，， ‎ 又0＜C＜π，则；‎ 由余弦定理得，c2=a2+b2﹣2abcosC，‎ 则4=a2+b2﹣ab，即 ab+3=a2+b2≥2ab 解得ab≤4，‎ 因为， ‎ 所以，‎ 当且仅当a=b=时取等号，‎ 故S△ABC的最大值是．‎ 点睛：本题考查了余弦定理，三角形的面积公式，以及基本不等式的应用，属于中档题．‎ ‎18．不等式组表示的区域为D，是定义在D上的目标函数,则区域D的面积为_____; 的最大值为_____.‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】分析：⑴先画出满足条件的平面区域，从而求出平面区域的面积 ‎⑵结合的几何意义从而可以求出的最大值 详解：⑴画出满足条件的平面区域，如图所示：‎ 平面区域的面积为 ‎⑵由可得：‎ 显然过时，最大，的最大值为 点睛：本题主要考查了简单的线性规划问题，其解法为先画出可行域，然后根据题意解答，在计算三角形面积时注意方法，是直接算还是用割补法。‎ ‎19．已知直线与圆交于两点，若线段的中点为，则直线的方程是__________，直线被圆所截得的弦长等于__________．‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】 由圆，可得圆心，半径，则直线的斜率为，‎ 要使得线段的中点为点，则直线与直线垂直，所以，‎ 所以直线的方程为，即，‎ 又由圆心到直线的距离为，‎ 所以由圆的弦长公式可得弦长.‎ ‎20．若线段AB长为4，其端点A、B分别在x轴、Y轴上移动，则AB的中点M的轨迹方程是_________。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】设的中点的坐标为， ‎ 线段的长为， ， ，AB的中点M的轨迹方程是，故答案为.‎ ‎【方法点晴】本题主要考查逆代法求轨迹方程属于中档题. 求轨迹方程的常见方法有:①直接法，设出动点的坐标，根据题意列出关于的等式即可；②定义法，根据题意动点符合已知曲线的定义，直接求出方程；③参数法，把分别用第三个变量表示，消去参数即可；④逆代法，将代入.本题（Ⅰ）就是利用方法①求的轨迹方程的.‎ ‎21．已知点在直线的两侧，则实数的取值范围 ‎ 是_________________ ．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】分析：将点的坐标代入中，根据所得两式异号得到不等式，解不等式可得所求．‎ 详解：∵点在直线的两侧，‎ ‎∴，‎ 整理得,‎ 解得或．‎ ‎∴实数的取值范围是．‎ 点睛：（1）解答本题时用到了结论：直线Ax＋By＋C＝0同一侧的所有点(x,y)，它的坐标(x,y)代入Ax＋By＋C所得到实数的符号都相同．‎ ‎（2）解高次不等式时，可借助数轴采用穿根的方法求解，能达到简化运算、容易得到不等式解集的目的．‎ ‎22．已知等比数列满足,则的最小值是______________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】分析：利用等比数列的性质可得 ‎ ‎，利用基本不等式可得结果.‎ 详解：，‎ ‎ ‎ ‎，故答案为.‎ 点睛：本题主要考查等比数列的性质的应用以及基本不等式求最值，属于中档题.等比数列最主要的性质是下标性质：解等比数列问题要注意应用等比数列的性质：若则.‎ ‎36．已知的三个顶点，，．‎ Ⅰ求BC边所在直线方程；‎ Ⅱ边上中线AD的方程为，且，求m，n的值．‎ ‎【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ)，或，.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ由斜率公式可得，结合点斜式方程整理计算可得BC边所在直线方程为.‎ Ⅱ由题意可得，则△ABC的BC边上的高，据此由点到直线距离公式和直线方程得到关于m,n的方程组，求解方程组可得，或，.‎ ‎【详解】‎ Ⅰ，，．，‎ 可得直线BC方程为，‎ 化简，得BC边所在直线方程为.‎ Ⅱ由题意，得，‎ ‎，解之得，‎ 由点到直线的距离公式，得，‎ 化简得或，‎ 或.‎ 解得，或，.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查直线方程的求解，点到直线距离公式的应用，方程的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎38．已知函数的部分图像如图所示，其中、分别为函数的一个最高点和最低点，、两点的横坐标分别为，且．‎ ‎（Ⅰ）求函数的最小正周期和单调递增区间；‎ ‎（Ⅱ）在中，角的对边分别是，且满足，求的值．‎ ‎【答案】(1) T=6,单调递增区间为;(2)1.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由图可知，从而可解得，再由得，又因为，可得，令，即可得解；‎ ‎（2）由余弦定理可得，进而得，即，所以，从而得解.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由图可知，所以， ‎ 又因为，所以， ‎ 又因为，因为，所以.‎ 所以函数，令，解得，‎ 所以函数的单调递增区间为.‎ ‎（2）因为，由余弦定理得 所以 所以，当且仅当等号成立，即 所以，有.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了三角函数的图象和性质，由的部分图象确定其解析式的方法.解决问题的关键是熟练掌握各个参数的意义，代表振幅，可由图象的最小最大值确定；可由函数的周期确定；是初相，可由特殊点确定.‎ ‎40．数列中，，，（）.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）设（），，是否存在最大的整数，使得任意的均有总成立？若存在，求出；若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】(1);(2)7.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由可推出数列是等差数列．再由，求得其公差即可；（2）利用（1）的结论对数列（）进行裂项相消求和，求出的表达式，然后解不等式，通过作差得出数列是单调递增的，即可求得的最大值.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）∵，∴（），∴ 等差数列.‎ 设公差为，又，，∴，∴.‎ ‎（2），‎ ‎∴‎ 假设存在整数满足总成立，又 ‎∴数列是单调递增的 ‎∴的最小值，故，即 又 ‎∴适合条件的的最大值为7.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查递推公式求通项的应用，以及裂项相消法求数列的和，属于中档题. 裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：（1）；（2） ； （3）；（4）.‎ ‎37．已知圆C：（x﹣a）2+（y﹣b）2=1（a＞0）关于直线3x﹣2y=0对称，且与直线3x﹣4y+1=0相切．‎ ‎（1）求圆C的方程；‎ ‎（2）若直线l：y=kx+2与圆C交于M，N两点，是否存在直线l，使得（O为坐标原点）若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】（1）（x﹣2）2+（y﹣3）2=1（2）不存在直线l ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题意，分析可得，解可得a、b的值，由圆的标准方程即可得答案；‎ ‎（2）假设存在满足题意的直线l，设M（x1，y1）N（x2，y2），联立直线与圆的方程，由直线与圆相交可得△=（2k+4）2﹣16（1+k2）＞0，由数量积的计算公式可得•=（1+k2）++4=6，解可得k的值，验证是否满足△＞0，即可得答案．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）根据题意，圆C：（x﹣a）2+（y﹣b）2=1（a＞0）关于直线3x﹣2y=0对称，‎ 即圆心（a，b）在直线3x﹣2y=0上，‎ 圆C与直线3x﹣4y+1=0相切，则C到直线l的距离d=r=1，‎ 则有，‎ 解得或（舍）‎ ‎∴圆C的方程为（x﹣2）2+（y﹣3）2=1．‎ ‎（2）假设存在直线l，使得=6，设M（x1，y1）N（x2，y2），‎ 由得（1+k2）x2﹣（2k+4）x+4=0，‎ 由△=（2k+4）2﹣16（1+k2）＞0得，且，‎ ‎•=x1x2+y1y2=（1+k2）x1x2+2k（x1+x2）+4=（1+k2）++4=6，‎ 解得k=﹣1或，不满足△＞0，‎ 所以不存在直线l，使得=6．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查直线与圆方程的综合应用，涉及向量数量积的计算，注意圆C关于直线3x﹣2y=0对称，则圆心在直线上．‎