2019-2020学年河南省南阳市第一中学高二上学期第四次月考数学（理）试题（解析版）

2019-2020学年河南省南阳市第一中学高二上学期第四次月考数学（理）试题（解析版）

‎2019-2020学年河南省南阳市第一中学高二上学期第四次月考数学（理）试题 一、单选题 ‎1．已知命题，总有，则为（ ）‎ A．，使得 B．，总有 C．，使得 D．，总有 ‎【答案】C ‎【解析】根据全称命题的否定：改变量词，否定结论，可得出结论.‎ ‎【详解】‎ 由于命题为全称命题，其否定为特称命题，则为“，使得”.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查全称命题的否定，注意全称命题否定形式的变化，属于基础题.‎ ‎2．“”是“方程的曲线是椭圆”的（ ）‎ A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件 ‎【答案】B ‎【解析】方程的曲线是椭圆，故应该满足条件： ‎ 故”是“方程的曲线是椭圆”的必要不充分条件.‎ 故答案为：B.‎ ‎3．若等差数列是递增数列，且，，则该数列的通项公式是（ ）‎ A． B． C．或 D．不能确定 ‎【答案】A ‎【解析】由等差中项可得,即,则,因为等差数列是递增数列,可得,代入等差数列通项公式中求出,,进而得到数列的通项公式 ‎【详解】‎ 由题, ,即 ‎,或 是递增数列,‎ ‎,,‎ 故选：A ‎【点睛】‎ 本题考查等差中项的性质,考查由数列的项求等差数列的,,考查运算能力 ‎4．已知为抛物线上的任意一点，为抛物线的焦点，点坐标为，则的最小值为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】作出图形，过点作抛物线准线的垂线，由抛物线的定义得，从而得出，再由、、三点共线时，取最小值得解.‎ ‎【详解】‎ 如下图所示：‎ 过点作抛物线准线的垂线，由抛物线的定义得，‎ ‎，当且仅当、、三点共线时，等号成立，‎ 因此，的最小值为.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查抛物线的定义、标准方程，以及简单性质的应用，属于中等题．‎ ‎5．如图所示，为了测量某障碍物两侧、间的距离，给定下列四组数据，不能确定、间距离的是（ ）‎ A．、、 B．、、 C．、、 D．、、‎ ‎【答案】A ‎【解析】利用正弦定理余弦定理判断即可.‎ ‎【详解】‎ 对于A选项，给定、、，利用正弦定理可知，可能有两解，则、间距离不能确定；‎ 对于B选项，给定、、，利用三角形内角和定理可求出，再利用正弦定理，即可求出；‎ 对于C选项，给定、、，由余弦定理可求出；‎ 对于D选项，给定、、，利用三角形内角和定理可求出，再利用正弦定理，即可求出.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查解三角形的实际应用，考查学生的计算能力，比较基础．‎ ‎6．下列命题：‎ ‎①“在三角形中，若,则”的逆命题是真命题；‎ ‎②命题或，命题则是的必要不充分条件；‎ ‎③“”的否定是“”；‎ ‎④“若”的否命题为“若，则”；‎ 其中正确的个数是（ ）‎ A．1 B．2 C．3 D．4‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：对于①“在中，若，则” 的逆命题为“在中，若，则”，若，则，根据正弦定理可知，，所以逆命题是真命题，所以①正确；对于②，由，或，得不到，比如，，不是的充分条件；若，则一定有，则，即能得到，或，是的必要条件，是的必要不充分条件，所以②正确；对于③，“”的否定是“” ,所以③不对；对于④“若，则”的否命题为“若，则”；所以④正确，故选C．‎ ‎【考点】1、四种命题及其关系；2、充要条件及全称命题的否定．‎ ‎7．已知命题每个二次函数的图象都与轴相交；命题公比大于的等比数列是递增数列.则在命题，，和中，真命题是（ ）‎ A．、 B．、 C．、 D．、‎ ‎【答案】C ‎【解析】判断简单命题、的真假，然后利用复合命题的真假可得出结论.‎ ‎【详解】‎ 对于命题，每个二次函数的定义域都是，即每个二次函数的图象都与轴相交，为真命题；‎ 对于命题，取，则数列的公比大于，但该数列为单调递减数列，为假命题.‎ 所以，为真，为假，为假，为真.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查复合命题真假的判断，判断出各简单命题的真假是解答的关键，考查推理能力，属于基础题.‎ ‎8．抛物线的焦点为 ,过点的直线交抛物线于 、两点，点为轴正半轴上任意一点，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】【详解】‎ 分析：设，则 ‎，由利用韦达定理求解即可.‎ 详解：设，‎ 的焦点，‎ 设过点的直线为，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，故选B.‎ 点睛：本题主要考查平面向量数量积公式、平面向量的运算、直线与抛物线的位置关系，意在考查综合运用所学知识解决问题的能力，考查转化与划归思想以及计算能力，属于中档题.‎ ‎9．在中，，，，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】根据面积公式得到，再利用余弦定理得到，再利用正弦定理得到答案.‎ ‎【详解】‎ 利用余弦定理得到： ‎ 正弦定理： ‎ 故 故选 ‎【点睛】‎ 本题考查了面积公式，正弦定理，余弦定理，综合性强，意在考查学生的综合应用能力.‎ ‎10．已知直线与抛物线C：及其准线分别交于M，N两点，F为抛物线的焦点，若，则m等于（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】由题意可知直线l过抛物线的焦点，得m=-k，过M做MM′⊥准线x=﹣1，垂足为M′由∠M′MN与直线l倾斜角相等，根据抛物线的定义即可求得tan∠M′MN，即可求得k的值，进而得m．‎ ‎【详解】‎ 抛物线C：y2=4x的焦点F（1，0），因为所以直线l：y=kx+m过抛物线的焦点，所以m=-k,‎ 过M做MM′⊥准线x=﹣1，垂足为M′，‎ 由抛物线的定义，丨MM′丨=丨MF丨，‎ 由∠M′MN与直线l倾斜角相等，由，‎ 则cos∠M′MN= ，则tan∠M′MN=±，因为 ‎∴直线l的斜率k=，即m=-‎ 故选B．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查直线与抛物线的位置关系，抛物线的定义和同角三角函数的关系，属于中档题．‎ ‎11．已知数列的首项，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】【详解】‎ 由，可得，‎ 是以为公差，以为首项的等差数列.‎ ‎∴，即.‎ 故选C.‎ ‎12．已知,为椭圆的左右焦点，过原点O且倾斜角为30°的直线l与椭圆C的一个交点为A，若,‎ ‎，则椭圆C的方程为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】根据面积公式及勾股定理得到点A坐标，再由椭圆的定义即可求得长轴长，进而求得椭圆方程．‎ ‎【详解】‎ 设椭圆半焦距为c，A（x0，y0）（y0＞0），由 得×2c•y0=2，∴y0=，∴x0=y0 =，‎ 又为直角三角形，则|OA|=|F1F2|=c，‎ 在直角中，由勾股定理得（）2+（）2=c2，解得c=2，‎ 所以A（，1），F1（-2，0），F2（2，0），‎ 所以2a=|AF1|+|AF2|==2，‎ ‎∴a=,a2=6，∴b2=2，‎ ‎∴椭圆C的方程为．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查椭圆标准方程的求法，注意平面几何知识的简单应用.‎ 二、填空题 ‎13．若实数x、y满足log3x+log3y=1，则+的最小值为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】【详解】‎ 则 ‎∴，当且仅当时取等号.‎ 故的最小值为.‎ 故答案为：.‎ ‎14．已知两点、，直线、相交于点，且这两条直线的斜率之积为，则点的轨迹方程为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】设点，利用斜率公式结合题中条件得出等式，化简即可.‎ ‎【详解】‎ 设点，由直线、的斜率之积为，‎ 整理得，即，‎ 因此，点的轨迹方程为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查动点轨迹方程的求解，在涉及几何要素的关系时，一般设动点坐标为，根据题中条件列等式，化简计算即可得解，但同时要注意变量范围的求解，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎15．某地区森林原有木材存量为，且每年增长率为，因生产建设的需要每年年底要砍伐的木材量为，设为年后该地区森林木材的存量，则的表达式是________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】根据题意得出数列的递推公式，然后利用构造法可得出数列的通项公式.‎ ‎【详解】‎ 由题意可知，，第年后，，‎ 则，所以，数列是以为首项，以为公比的等比数列，‎ 则，因此，.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查数列的应用，根据题意得出数列的递推公式，并利用构造法求解是解答的关键，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎16．以抛物线的顶点为圆心的圆交于两点，交的准线于两点.已知,。则的焦点到准线的距离为______.‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】设出抛物线方程，画出图形，利用勾股定理以及圆的半径列出方程求解即可抛物线的方程，根据抛物线的性质，即可求得C的焦点到准线的距离．‎ ‎【详解】‎ 设抛物线方程为，画出图形如下图所示．‎ 由,及圆的性质可得,，‎ 设点A的坐标为，则，‎ ‎∴，即，‎ 又．‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ 解得，‎ ‎∴抛物线的焦点到准线的距离为.‎ 故答案为4．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查抛物线和圆的性质及计算，解题时画出图形并从图形中找到等量关系是解题的关键，同时深刻理解抛物线的定义和几何特征也是解题的关键．‎ 三、解答题 ‎17．已知，，.‎ ‎（1）若为真命题，为假命题，求实数的取值范围；‎ ‎（2）若“”是“”的充分不必要条件，求实数的取值范围..‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】（1）解出命题、中的不等式，分真假、假真两种情况讨论，可得出实数的取值范围；‎ ‎（2）解出命题中的不等式，由“”是“”的充分不必要条件，可得出对应的集合是对应的集合的真子集，可得出关于实数的不等式组，解出即可.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）解不等式，即，解得，即；‎ 解不等式，即，解得，即.‎ 为真命题，为假命题，和一真一假.‎ ‎①若真假，则；‎ ‎②若假真，则.‎ 综上，的范围是；‎ ‎（2）解不等式，即，解得，‎ 则或，或.‎ 由于“”是“”的充分不必要条件，‎ 则 或Ü或，，解得.‎ 检验：当时，则有或Ü或，合乎题意.‎ 实数的取值范围为.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查根据复合命题的真假求参数，同时也考查了利用充分不必要条件求参数，一般转化为集合的包含关系来处理，考查化归与转化思想以及分类讨论思想的应用，属于中等题.‎ ‎18．‎ 已知椭圆的两焦点为，为椭圆上一点，且是与的等差中项.‎ ‎(1)求此椭圆方程；‎ ‎(2)若点满足，求的面积．‎ ‎【答案】(1) ;(2) .‎ ‎【解析】(1)根据椭圆的两焦点为，可设出椭圆的标准方程，再根据为椭圆上一点，且是与的等差中项，结合椭圆的定义可以求出椭圆的标准方程；‎ ‎(2)利用余弦定理和面积公式可以直接求出的面积．‎ ‎【详解】‎ ‎(1)设所求椭圆方程为，‎ 根据已知可得,‎ 所以此椭圆方程为；‎ ‎(2)在中，设，由余弦定理得：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了椭圆的定义和余弦定理以及三角形面积公式，考查了数学运算能力.‎ ‎19．在锐角中，角所对的边分别为，已知．‎ 证明：；‎ 若的面积，且的周长为10，为的中点，求线段的长．‎ ‎【答案】（1）见解析（2）‎ ‎【解析】（1）直接利用三角函数关系式的恒等变换和正弦定理求出结果；‎ ‎（2）利用题中所给的条件，结合三角形的面积公式求得两条边长，根据三角形的周长求得第三边，之后根据，利用余弦定理得到相应的等量关系式，求得结果.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）证明：，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ 又，‎ ‎，即.‎ ‎（2）解：‎ 又.‎ ‎， .‎ 点睛：该题考查的是有关解三角形的问题，涉及到的知识点有正弦定理、诱导公式、三角形的面积公式、余弦定理，在解题的过程中，需要对题的条件灵活应用，即可求得结果.‎ ‎20．已知的一个顶点为抛物线的顶点，，两点都在抛物线上，且.‎ ‎（1）求证：直线必过一定点；‎ ‎（2）求证：面积的最小值.‎ ‎【答案】（1）详见解析（2）当时，的面积取得最小值为 ‎【解析】试题分析：（1）由于，所以设所在的直线的方程为（），则直线的方程为.分别与抛物线方程组方程组解得A,B点坐标。由AB直线方程可写出定点，要注意直线AB斜率不存在时情况。（2）由（1）知直线AB过定点（2，0），所以可设直线的方程为.与抛物线组方程组。由韦达定理与面积公式，可求得面积最小值。‎ 试题解析：（1）设所在的直线的方程为（），则直线的方程为.‎ 由，解得或，即点的坐标为 同理可求得点的坐标为 ‎∴当，即时，直线的方程为 化简并整理，得 当时，恒有 当，即时，直线的方程为，过点.‎ 故直线过定点.‎ ‎（2）由于直线过定点，记为点，所以可设直线的方程为.‎ 由，消去并整理得，‎ ‎∴，‎ 于是 ‎ ‎∴当时，的面积取得最小值为 ‎【点睛】‎ 在解析几何中解决三角形面积问题时，选择合适的公式是重要的，本题是把一个三角形拆分成两个三角形的面积和，即，因为OP为定值。‎ ‎21．已知数列的前项和为，，且，为等比数列，，．‎ 求和的通项公式；‎ 设，，数列的前项和为，若对均满足，求整数的最大值．‎ ‎【答案】（1），；（2）1345.‎ ‎【解析】运用数列的递推式和恒等式，化简可得，；再由等比数列的通项公式，解方程可得公比，即可得到所求通项公式；‎ 求得，由裂项相消求和，可得，再由数列的单调性可得最小值和不等式恒成立思想，可得m的最大值．‎ ‎【详解】‎ ‎，且，‎ 当时，，‎ 即为，‎ 即有，‎ 上式对也成立，‎ 则，；‎ 为公比设为q的等比数列，，．‎ 可得，，则，即，‎ ‎，；‎ ‎，‎ 前n项和为，‎ ‎，‎ 即，可得递增，则的最小值为，‎ 可得，即，‎ 则m的最大值为1345．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查等比数列的通项公式的运用，数列的递推式和恒等式的运用，以及数列的单调性的运用：求恒成立问题，考查化简运算能力，属于中档题．‎ ‎22．已知椭圆：的左、右焦点分别为，，点也为抛物线：的焦点．‎ ‎（1）若，为椭圆上两点，且线段的中点为，求直线的斜率；‎ ‎（2）若过椭圆的右焦点作两条互相垂直的直线分别交椭圆于，和，，设线段，的长分别为，，证明是定值．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ 解:因为抛物线的焦点为,所以,故.‎ 所以椭圆.‎ ‎ (1)设,则 两式相减得，‎ 又的中点为,所以.‎ 所以.‎ 显然,点在椭圆内部,所以直线的斜率为.‎ ‎ (2)椭圆右焦点.‎ 当直线的斜率不存在或者为时, .‎ 当直线的斜率存在且不为时,设直线的方程为，‎ 设,联立方程得 消去并化简得，‎ 因为，‎ 所以，.‎ 所以 同理可得.‎ 所以为定值.‎ ‎【解析】分析：（1）先利用抛物线的焦点是椭圆的焦点求出，进而确定椭圆的标准方程，再利用点差法求直线的斜率；（2）设出直线的方程，联立直线和椭圆的方程，得到关于的一元二次方程，利用根与系数的关系进行求解.‎ 详解：因为抛物线的焦点为，所以，故.‎ 所以椭圆.‎ ‎（1）设，，则 两式相减得，‎ 又的中点为，所以，.‎ 所以.‎ 显然，点在椭圆内部，所以直线的斜率为.‎ ‎（2）椭圆右焦点.‎ 当直线的斜率不存在或者为时，.‎ 当直线的斜率存在且不为时，设直线的方程为，‎ 设，，联立方程得 消去并化简得，‎ 因为，‎ 所以，.‎ 所以，‎ 同理可得.‎ 所以为定值.‎ 点睛：在处理直线与椭圆相交的中点弦问题，往往利用点差法进行求解，比联立方程的运算量小，另设直线方程时，要注意该直线的斜率不存在的特殊情况，以免漏解.‎