2019学年高二数学上学期第四次月考试题 理（含解析）人教版.doc

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1、- 1 -20192019 学年第一学期高二年级第四次月考学年第一学期高二年级第四次月考理科数学理科数学一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 1212 个小题个小题, ,每小题每小题 5 5 分分, ,共共 6060 分分. .在每小题给出的四个选项中，只有在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的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

2、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“- 2 -”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. 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

3、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：B5. 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

4、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- 3 -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【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

5、 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：直接法：直接根据题目提供的条件列出方程定义法：根据圆、直线等定义列方程几何法：利用圆的几何性质列方程代入法：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（ ）- 4 -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

6、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

7、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；- 5 -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：B10. 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. 【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

8、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：12 3 45 6 7 8 9- 6 -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=

9、1936，452=2025，所以 2017 出现在第 45 行上又由 20171936=81，故 2014 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- 7 -要注意点到点的距离与点到直线的距

10、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（每题二、填空题（每题 5 5 分，满分分，满分 2020 分，将答案填在答题纸上）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_.【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

11、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，- 8 -，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、解答题三、解答题 （本大题共（本大题共 6 6 小题，共小题，共 7070 分分. .解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤解答应写出文字说明、证明过

12、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) -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：.

13、(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：.- 9 -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：（）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ab9，进而求得面积的最大值.试题解析：在ABC中，0C，sinC0 已知等式利用正弦定理化简得：2cosC（sinAcosB+sinBcos

14、A）=sinC，整理得：2cosCsin（A+B）=sinC，即 2cosCsin（-（A+B） ）=sinC 2cosCsinC=sinC cosC=， C（0，）.C=. （2）由余弦定理可得：9=c2=a2+b2-2abcosC2ab-ab=ab，可得ab9， 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- 10 -，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

15、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.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.- 11 -【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

16、而可得结论；（2）假设为等比数列，则有, n2, 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(n2)， 两式相减：an+1=4an-4an-1(n2)，an+1=4(an-an-1)(n2)， bn=an+1-2an， bn+1=an+2-2an+1=4(an+1-an)-2an+1，bn+1=2(an+1-2an)=2bn(nN*)， ，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=32n-1(nN*)(II)，假设为等比数列，则有, n2, 则有=

17、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.（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.- 12 -【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

18、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【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

19、段上一点 满足，直线上一点 ，满足.- 13 -（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：（）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；（）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：（） 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。（）圆 与直线 相切，即，- 14 -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。- 15 -