2018-2019学年四川省成都石室中学高二10月月考数学（理）试题 解析版

2018-2019学年四川省成都石室中学高二10月月考数学（理）试题 解析版

绝密★启用前 四川省成都石室中学2018-2019学年高二10月月考数学（理）试题 评卷人 得分 一、单选题 ‎1．已知集合 （ ）‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 联立A与B中的解析式得方程组，求出方程组的解即可确定出两集合的交集 ‎【详解】‎ 联立得方程组： 解得 或，‎ 则A∩B={（0，1），（1，0）}，故选：B ‎【点睛】‎ 本题考查了集合中的点集；求点集的交集运算的常用方法：①方程法，联立两个集合的解析式得方程组，方程组的解即为两个集合交集的元素；②数形结合法，点集为平面内符合规则的点的集合，两个点集的交集即为两个点集组成图形的交点所组成的集合.‎ ‎2．过原点且倾斜角为的直线被圆所截得的弦长为（ ）‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 列出直线方程，运用点到直线的距离公式求得圆心到直线的距离，进而求弦长.‎ ‎【详解】‎ 过原点且倾斜角为30°的直线方程为，圆x2+（y-2）2=4的圆心为（0，2），半径r=2，‎ 圆心到直线的距离为，则截得的弦长为 ‎ 故选：D ‎【点睛】‎ 本题考查直线和圆相交的弦长问题，圆的弦长问题首选几何法，即利用圆的半径、弦心距、弦长的一半满足勾股定理求解.‎ ‎3．设椭圆的左焦点为，直线与椭圆交于两点，则的值是（ ）‎ A． 2 B． C． 4 D． ‎ ‎【答案】C ‎【解析】分析：设椭圆的右焦点为连接则四边形是平行四边形，根据椭圆的定义得到=2a得解.‎ 详解：设椭圆的右焦点为连接 因为OA=OB,OF=O,所以四边形是平行四边形.‎ 所以,‎ 所以=|AF|+=2a=4,‎ 故答案为:C 点睛：（1）本题主要考查椭圆的几何性质，意在考查学生对椭圆基础知识的掌握能力. (2)解答本题的关键是能观察到对称性，得到四边形是平行四边形，这一点观察到了，后面就迎刃而解了.‎ ‎4．下列函数中，与函数的单调性和奇偶性一致的函数是（ ）‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】D ‎【解析】函数即是奇函数也是上的增函数，对照各选项： 为非奇非偶函数，排除 ；为奇函数，但不是上的增函数，排除 ；‎ 为奇函数，但不是上的增函数，排除 ；为奇函数，且是上的增函数，故选D.‎ ‎5．当曲线与直线有两个相异的交点时,实数的取值范围是 （ ）‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 曲线 是以O（0，0）为圆心，以2为半径的圆的y轴下半部分，直线kx-y+2k-4=0过定点D（-2，-4），结合图形得，当曲线与直线kx-y+2k-4=0有两个相异的交点时，实数k的取值范围．‎ ‎【详解】‎ 如图，曲线是以O（0，0）为圆心，以2为半径的圆的y轴下半部分，A（-2，0），B（2，0），‎ 直线kx-y+2k-4=0过定点D（-2，-4），故 ‎ 若直线kx-y+2k-4=0与圆相切时，圆心O（0，0）到直线的距离：‎ ‎ 解得 ‎ 结合图形，当曲线与直线kx-y+2k-4=0有两个相异的交点时，实数k 的取值范围是 故选C.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查直线和圆相交的交点个数问题，一般有两种解法：几何法，代数法.‎ ‎6．已知椭圆的离心率为，直线与椭圆交于两点，且线段的中点为，则直线的斜率为（ ）‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由椭圆的离心率可得a，b的关系，得到椭圆方程为x2+4y2=4b2，设出A，B的坐标并代入椭圆方程，利用点差法求得直线l的斜率 ‎【详解】‎ 由 得∴a2=4b2，则椭圆方程为x2+4y2=4b2，‎ 设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=-4，y1+y2=2，‎ 把A，B的坐标代入椭圆方程得，‎ 两式相减得：（x1-x2）（x1+x2）=-4（y1-y2）（y1+y2），则 ‎∴直线l的斜率为 故选C ‎【点睛】‎ 本题考查直线和椭圆相交的中点弦问题，解题时一般利用点差法和线段中点的概念以及根与系数的关系，设而不求.‎ ‎7．如图所示，在正三棱柱中，是的中点，，则异面直线与所成的角为(　 　)‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 构造，易知B1D1∥BD，故∠AB1D1即为异面直线AB1与BD所成的角，利用余弦定理得到角的余弦值，进而得到角的大小．‎ ‎【详解】‎ 取A1C1的中点D1，连接B1D1，‎ ‎∵D是AC的中点，∴B1D1∥BD，‎ ‎∴∠AB1D1即为异面直线AB1与BD所成的角．‎ 连接AD1，设AB=a，则AA1=a，‎ ‎∴AB1=a，B1D1= AD1= ‎ 则∴∠AB1D1=60°．故选C.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查求异面直线所成角，这类题目的解题步骤一般为：一作（平移构造），二证（证明是异面直线所成角或其补角），三求（常用三角函数公式），四结论.‎ ‎8．数学家欧拉在1765年发现，任意三角形的外心、重心、垂心位于同一条直线上，这条直线称为欧拉线已知的顶点，若其欧拉线的方程为，则顶点的坐标为（ ）‎ A． B． C． D． ‎ ‎【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：整理得：m-n+4=0 ①‎ AB的中点为（1，2）， AB的中垂线方程为，‎ 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】‎ 本题考查了直线方程，求直线方程的一般方法：①直接法：根据已知条件，选择适当的直线方程形式，直接求出直线方程．②待定系数法： 先设出直线的方程，再根据已知条件求出假设系数，最后代入直线方程，待定系数法常适用于斜截式，已知两点坐标等．‎ ‎9．已知三棱锥四个顶点均在半径为R的球面上，且，若该三棱锥体积的最大值为1，则这个球的表面积为 A． B． C． D． ‎ ‎【答案】D ‎【解析】分析：因为三棱锥的体积有最大值且 为确定的三角形，故球心在三棱锥的内部且球心到平面的距离是定值.要使得体积最大，只要到平面的距离最大即可，此时与球心的连线垂直平面且经过外心，根据这个性质可以得到外接球的半径.‎ 详解：为等腰直角三角形，三棱锥体积最大时，球心在过的中点且垂直于平面的直线上，为该直线与球面的交点，此时高，‎ 故体积，解得，‎ 故.选D.‎ 点睛：为了求得外接球的内接三棱锥的体积的最大值，我们需选择合适的变量构建体积的函数关系式，因本题中三棱锥的底面三角形确定，顶点在球面上变化，故高最大时体积最大.‎ ‎10．平行四边形内接于椭圆，直线的斜率，则直线的斜率( )‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设直线的方程为，，，利用椭圆与平行四边形的对称性可得：，联立直线与椭圆方程根据韦达定理求得，即可求得结果 ‎【详解】‎ 设直线的方程为，，，‎ 利用椭圆与平行四边形的对称性可得：‎ 联立，可化为，，‎ 解得（时不能构成平行四边形）‎ ‎，‎ 则直线的斜率 故选 ‎【点睛】‎ 本题考查了平行四边形与椭圆的关系，设直线方程和点坐标，结合椭圆的对称性，联立直线方程与椭圆方程来求解，理解并掌握解题方法。‎ ‎11．已知双曲线： ，点为的左焦点，点为上位于第一象限内的点，关于原点的对称点为，，，则的离心率为（　　）‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知：四边形PFQF1为平行四边，利用双曲线的定义及性质，求得∠OPF1=90°，在△QPF1中，利用勾股定理即可求得a和b的关系，根据双曲线的离心率公式即可求得离心率e ‎【详解】‎ 由题意可知：双曲线的右焦点F，由P关于原点的对称点为Q，‎ 则 ∴四边形PFQF1为平行四边形，‎ 则 由|PF1|=3|F1Q|，根据双曲线的定义- =2a，‎ ‎∴=a，∵|OP|=b，=c，∴∠OPF=90°，‎ 在△QPF中， =2b， =3a， =a，‎ ‎∴则（2b）2+a2=（3a）2，整理得：b2=2a2，‎ 则双曲线的离心率 故选B ‎【点睛】‎ 本题考查双曲线的简单几何性质，考查求双曲线的离心率，一般思路是根据已知条件，建立起a，b之间的关系，再结合a2+b2=c2，从而求出e的值.‎ ‎12．已知椭圆和双曲线有共同焦点，是它们的一个交点，，记椭圆和双曲线的离心率分别，则的最小值是（ ）‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意设焦距为2c，椭圆长轴长为2a，双曲线实轴为2m，令P在双曲线的右支上，由已知条件结合双曲线和椭圆的定义，以及余弦定理推出a2+3m2=4c2，进而求出e12+e22的最小值 ‎【详解】‎ 由题意设焦距为2c，椭圆长轴长为2a，双曲线实轴为2m，‎ 令P在双曲线的右支上，由双曲线的定义|PF1|-|PF2|=2m，由椭圆定义|PF1|+|PF2|=2a，‎ 可得|PF1|=m+a，|PF2|=a-m，又∠F1PF2＝60°，‎ 根据余弦定理得 ：|PF1|2+|PF2|2-|PF1|•|PF2|=4c2，‎ 可得（m+a）2+（a-m）2-（m+a）（a-m）=4c2，整理得a2+3m2=4c2，‎ 即 ，可得 ，‎ 则 ‎ 当且仅当时，取等号，故选A .‎ ‎【点睛】‎ 本题考查椭圆和双曲线的离心率，解题时要熟练掌握双曲线、椭圆的定义，以及基本不等式的合理运用. 一般思路是根据已知条件，建立起a，b，c之间的关系，进而求解.‎ 第II卷（非选择题）‎ 请点击修改第II卷的文字说明 评卷人 得分 二、填空题 ‎13．等比数列中，为其前项和，若，则实数的值为__________．‎ ‎【答案】. ‎ ‎【解析】分析：由题意求得，然后根据数列成等比数列可得实数的值．‎ 详解：∵，‎ ‎∴，‎ 由题意得成等比数列，‎ ‎∴，‎ 即，‎ 解得．‎ 点睛：本题考查等比数列的运算，解题的关键是根据题意得到数列的前三项，然后列出方程求解．另外，解题时也可利用结论求解，即若等比数列的前项和，则有，注意要注意结论中必须为．‎ ‎14．设分别是双曲线的左右焦点，点，则双曲线的离心率为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由题意可得F1(−c,0),M(a,b)，‎ 直线MF1的斜率为tan30∘=，即有，‎ 即，‎ 即为c=2a,可得.‎ 故答案为：2.‎ ‎15．在平面直角坐标系中，点为圆上的一动点，直线与直线相交于点．则当实数变化时，线段长的最大值是________.‎ ‎【答案】8‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直线为过点（-2,0）的直线，直线为过（2,0）的直线，根据题意，两直线垂直且两直线方程联立得 ，进而问题转化为圆上的点到圆上的点的距离的最大值.‎ ‎【详解】‎ 直线 ，变形为y=k（x+2），即直线恒过过点（-2,0），‎ 直线，变形为y=（x-2），即直线恒过点（2,0），‎ 联立两条直线方程得 ，整理得 ‎ 经验证，当k不存在时，直线：x=-2，直线：y=0，当k=0时，直线：y=0，直线：x=2，其交点都满足，‎ 故问题转化为求圆上的点到圆上的点的距离的最大值，‎ 故 ‎【点睛】‎ 本题考查了直线的方程、圆的性质、相互垂直的直线斜率之间的关系等，考查了推理能力与计算能力，难度中等，解答本题的关键得出交点的方程，将问题转化为求两个圆上的点的距离的最大值问题.‎ ‎16．已知F是椭圆C：的右焦点，P是椭圆上一点，，当△APF周长最大时，该三角形的面积为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据椭圆的定义，结合三角形的几何性质，可得当共线时周长最大，由截距式求得直线方程，可得此时点的纵坐标，由三角形面积公式可得结果.‎ ‎【详解】‎ 由得右焦点，左焦点，‎ 周长 ‎，‎ 当共线时周长最大，‎ 此时直线方程为与联立，‎ 解得，可得 ‎，故答案为.‎ ‎【点睛】‎ 解决圆锥曲线中的最值问题一般有两种方法：一是几何意义，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；二是将圆锥曲线中最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法，‎ 评卷人 得分 三、解答题 ‎17．已知公差不为的等差数列的前三项和为，且成等比数列.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）设，求数列的前项和.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：(Ⅰ)根据题意列出关于首项与公差的方程组，求出首项及公差，从而可得数列的通项公式；（Ⅱ）由(Ⅰ)可得，利用等比数列求和公式可得结果.‎ 试题解析：(Ⅰ)设等差数列的首项为，公差为.依题意有 即 由，解得 所以. ‎ ‎（Ⅱ）所以.因为，‎ ‎ 所以数列是以4为首项，4为公比的等比数列.‎ ‎ 所以. ‎ ‎18．已知曲线上的动点满足到定点的距离与到定点距离之比为．‎ ‎（1）求曲线的方程；‎ ‎（2）过点的直线与曲线交于两点，若，求直线的方程．‎ ‎【答案】（1）；（2）或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）直接根据动点P（x，y）满足到定点A（-1，0）的距离与到定点B（1，0）距离之比为，建立方程，化简可得曲线C的方程；‎ ‎（2）对斜率分类讨论：当斜率不存在时，得直线的方程为，验证符合题意，当斜率存在时，设直线方程，根据圆心到直线的距离，求得直线方程的参数．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由题意得 ‎ 故 ‎ 化简得：（或）即为所求． ‎ ‎（2）当直线的斜率不存在时，直线的方程为，‎ 将代入方程得，‎ 所以，满足题意。‎ 当直线的斜率存在时，设直线的方程为 由圆心到直线的距离 ‎ 解得，此时直线的方程为 综上所述，满足题意的直线的方程为：或.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查直接法求轨迹方程，考查直线与圆的位置关系，注意不要遗漏斜率不存在时的情况.‎ ‎19．如图，在三棱柱中，底面为正三角形，侧棱底面．已知是 的中点，．‎ ‎（1）求证：平面平面；‎ ‎（2）求证：A1C∥平面；‎ ‎（3）求三棱锥的体积．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）通过证明AD⊥平面BB1C1C，得出平面AB1D⊥平面BB1C1C；‎ ‎（2）连接A1B，设A1B∩AB1=E，连接DE，易证 DE∥A1C，故而A1C∥平面AB1D；‎ ‎（3）根据 求出棱锥的体积 ‎【详解】‎ ‎（1）证明：由已知为正三角形，且D是BC的中点，所以．‎ 因为侧棱底面，，所以底面．‎ 又因为底面，所以.而,所以平面．‎ 因为平面，所以平面平面． ‎ ‎（2）证明：连接，设，连接．‎ 由已知得，四边形为正方形，则为的中点.‎ 因为是的中点，所以．‎ 又因为平面AB1D，平面AB1D，所以A1C∥平面AB1D． ‎ ‎（3）由（2）可知A1C∥平面AB1D．，所以与到平面AB1D的距离相等，‎ 所以．‎ 由题设及，得，且．‎ 所以 ，‎ 所以三棱锥的体积为．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了线面平行与面面垂直的判定，考查棱锥的体积计算；在证明线面平行时，一定要强调直线不在平面内.‎ ‎20．如图，在中，，，.是内一点，且.‎ ‎（1）若，求线段的长度；‎ ‎（2）若，求的面积.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求出PB、AB的值，进而在△APB中，利用余弦定理解得AP的值；‎ ‎（2）设∠PBA=α，则∠PCB=α，可求PB=sinα，在△APB中，∠ABP=α，BP=sinα，AB=，∠APB=120°，由正弦定理可求sin2α，进而根据三角形面积公式即可计算得解 ‎【详解】‎ ‎（1）因为，，所以，‎ 在 中， ， ， ，所以 ．‎ 在,,, 所以,‎ 在 中， ， ， ，‎ 由余弦定理得 ，‎ 所以 ． ‎ ‎（2）设 ，则 ，‎ 在 中， ， ， ，所以 ，‎ 在 中， ， ， ， ，‎ 由正弦定理得 ， ‎ 所以 ，‎ 所以 ，‎ 又 ，‎ 所以 ，‎ 所以 .‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了余弦定理，正弦定理，三角形面积公式以及三角函数恒等变换的应用，考查了数形结合思想和转化思想，难度中等.‎ ‎21．直角坐标系xoy中，椭圆的离心率为，过点.‎ ‎（1）求椭圆C的方程；‎ ‎（2）已知点P(2,1)，直线与椭圆C相交于A,B两点，且线段AB被直线OP平分.‎ ‎①求直线的斜率；②若，求直线的方程.‎ ‎【答案】(1) .‎ ‎(2) ①直线的斜率为除以外的任意实数.‎ ‎②.‎ ‎【解析】分析：（1）由离心率条件得，然后将点.代入原式得到第二个方程，联立求解即可；（2）①先得出OP的方程，然后根据点差法研究即可；②先表示出，然后联立直线和椭圆根据韦达定理代入等式求解即可.‎ 详解：‎ ‎（1）由可得， ‎ 设椭圆方程为，代入点，得，‎ 故椭圆方程为：. ‎ ‎（2）①由条件知，‎ 设，则满足，，‎ 两式作差得：， ‎ 化简得，‎ 因为被平分，故，‎ 当即直线不过原点时，，所以； ‎ 当即直线过原点时，，为任意实数,但时与重合；‎ 综上即直线的斜率为除以外的任意实数. ‎ ‎②当时，，故 ，‎ 得，联立，得，舍去； ‎ 当时，设直线为，代入椭圆方程可得，（＃）‎ 所以，， ‎ ‎，‎ ‎， ‎ 故 ‎ ‎ 解得，此时方程（＃）中，‎ 故所求直线方程为. ‎ 点睛：考查椭圆的标准方程，直线和椭圆的位置关系，期中点差法的应用是必须要熟悉掌握的，当出现弦的中点问题时通常都会想到的点差法的应用同时对计算的准确性也提出了较高要求，属于较难题型.‎ ‎22．在平面直角坐标系中，椭圆的离心率为，过椭圆右焦点作两条互相垂直的弦与，当直线的斜率为0时，.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）求的取值范围．‎ ‎【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由题意知，，，在由点 在椭圆上，能求出椭圆的方程；（2）当两条弦中一条斜率为时，另一条弦的斜率不存在，依题知；②当两条弦斜率均存在且不为时，设，且设直线的方程为，则直线的方程为，由此求出，从而能求出的取值范围．‎ 试题解析：（1）；‎ ‎（2）①当两条弦中一条斜率为0时，另一条弦的斜率不存在，依题知；②当两条弦斜率均存在且不为0时，设，且设直线的方程为，则直线的方程为，则，∴，‎ ‎∴，∴，同理，‎ ‎∴，‎ 设，则，∴，‎ ‎，综上，的取值范围为．‎ 考点：直线与圆锥曲线的综合问题．‎ ‎【方法点晴】本题主要考查了直线与圆锥曲线的综合问题，其中解答中涉及到椭圆的标准方程及其简单的几何性质、直线与圆锥曲线的位置关系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，同时考查了分类讨论思想，此类问题的解答时，把直线的方程代入圆锥曲线方程，利用根与系数的关系是解答的关键，试题有一定的难度，属于中档试题．‎