2018-2019学年四川省成都石室中学高二10月月考数学（文）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（文）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（文）试题 评卷人 得分 一、单选题 ‎1．已知集合 （ ）‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 联立中的方程组成方程组，求出解即可确定出两集合的交集 ‎【详解】‎ 联立集合可得：，解得或 则 故选 ‎【点睛】‎ 本题主要考查了集合的交集运算，属于基础题。‎ ‎2．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.‎ ‎3．己知某个几何体的三视图如图，根据图中标出的尺寸(单位：‎ ‎)，可得这个几何体的体积是（ ）‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可得此几何体是三棱锥，其底面是等腰三角形，根据体积公式求解即可 ‎【详解】‎ 由题意可得：此几何体是三棱锥，其底面是等腰三角形，底边是，高为 此三棱锥的高为，则其体积为：‎ ‎ ‎ 故选 ‎【点睛】‎ 本题主要考查了由三视图求几何体的体积，还原三视图得到几何体，然后运用公式求出结果。‎ ‎4．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】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据题意求出直线方程，再由圆的方程求出圆心和半径，求出圆心到直线的距离，最后根据求解出弦长的一半，乘以2得到结果 ‎【详解】‎ 直线的倾斜角为，则其斜率 则过原点且斜率为的直线方程为 由圆可得:圆心坐标为，半径为2‎ 则圆心到直线的距离为：‎ 故所截得的弦长为 故选 ‎【点睛】‎ 本题主要考查了直线与圆的位置关系，牢记弦长的计算公式及点到直线的距离公式，较为基础。‎ ‎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．设椭圆的左、右焦点分别为、， 是上的点， ， ，则的离心率为（ ）．‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】D ‎【解析】由可知，点横坐标为，代入椭圆方程求的点坐标为，‎ 在直角三角形中， ，故，‎ 由椭圆性质可知： ，故， ， ．‎ 故选．‎ ‎8．已知双曲线 的左右焦点分别为，以为直径的圆与双曲线渐近线的一个交点为 ，则此双曲线为 （ ）‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】B ‎【解析】∵双曲线 的左右焦点分别为，‎ 以|F1F2|为直径的圆与双曲线渐近线的一个交点为（1，2），‎ ‎∴由题意知c==，‎ ‎∴a2+b2=5，①‎ 又点（1，2）在y=x上，∴，②‎ 由①②解得a=1，b=2，‎ ‎∴双曲线的方程为．‎ 故选：B．‎ ‎9．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。‎ ‎10．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.‎ ‎11．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．‎ ‎12．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.‎ 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．直线：过双曲线： 的右焦点 且与双曲线只有一个公共点，则的离心率为_____________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意中过焦点的直线与曲线只有一个公共点得到渐近线方程，结合双曲线的数量关系求出结果 ‎【详解】‎ 过双曲线： 的渐近线方程为 直线：过双曲线： 的右焦点且与双曲线只有一个公共点，‎ ‎，‎ ‎，‎ 故答案为 ‎【点睛】‎ 本题主要考查了双曲线的简单性质，熟练运用性质来解题是关键，较为基础。‎ ‎15．已知圆和点,是圆上一点，线段的垂直平分线交 于点，则点的轨迹方程是_____________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据线段中垂线的性质可得，又，则有，根据椭圆的定义判断出轨迹椭圆，求出，再求出的值，即可求得答案 ‎【详解】‎ 由圆的方程可得圆心，半径为10‎ 设点的坐标为，‎ 线段的垂直平分线交于点，‎ ‎，‎ 又 根据椭圆的定义可得点的轨迹是以为焦点的椭圆，且 故椭圆的方程为 ‎【点睛】‎ 本题主要考查了圆锥曲线的轨迹问题，考查了椭圆的定义，椭圆的标准方程，得出是解题的关键点，属于中档题。‎ ‎16．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.‎ 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，内角所对的边分别为，且．‎ ‎（1）求角的大小；‎ ‎（2）若，边上的中线的长为，求的面积．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎⑴利用正弦定理化简即可得到答案 ‎⑵根据角和，可以求得角的值，得到，利用余弦定理即可求出的值，然后根据三角形的面积公式求得结果 ‎【详解】‎ ‎（1）由．‎ 正弦定理，可得 即 可得：‎ ‎ ‎ 则 ‎（2）由（1）可知． ‎ 则．‎ 设，则，‎ 在中利用余弦定理：可得．‎ 即，可得，‎ 故得的面积．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了正弦定理和余弦定理解三角形，利用正弦定理完成边角的互化，运用余弦定理给出边长之间的数量关系，需要数量掌握公式来解题。‎ ‎21．直角坐标系中，椭圆：的焦距为，过点 .‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）已知点，不经过原点的直线与椭圆相交于两点，线段被直线平分，且.求直线的方程.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎⑴由已知条件中的焦距和过点坐标代入求出椭圆方程 ‎⑵结合题意设出直线方程求得 ，，由已知代入化简求出的值，继而得到直线方程 ‎【详解】‎ ‎（1）设椭圆方程为，代入点，得，‎ 故椭圆方程为. ‎ ‎（2）由条件知：，‎ 设： 代入得 ‎ ，‎ ‎ ， ‎ 中点在直线上 ，‎ ‎ ，‎ 此时，‎ ‎， ‎ ‎ ‎ 解得，满足，‎ 故所求直线方程为 ‎【点睛】‎ 本题考查了直线与圆的位置关系，设出直线方程，联立直线方程与椭圆方程解得交点横坐标的和与积，代入已知条件求出结果，有一定的计算量，属于中档题。‎ ‎22．设椭圆的离心率为，椭圆上一点到左右两个焦点，的距离之和是．‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）已知过的直线与椭圆交于，两点，且两点与左右顶点不重合，若，求四边形面积的最大值．‎ ‎【答案】（1）（2）6‎ ‎【解析】‎ 分析：第一问根据题中条件，利用椭圆的定义以及性质，求得的大小，再根据椭圆中的关系，求得的值，从而求得椭圆的方程，第二问根据题中的条件，可以断定是弦的中点，从而确定出四边形是平行四边形，应用面积公式求得结果.‎ 详解：（1）依题意，，‎ 因为，所以，‎ 所以椭圆方程为；‎ ‎（2）设 ，‎ 则由，可得，‎ 即，，，‎ 又因为，所以四边形是平行四边形，‎ 设平面四边形的面积为，‎ 则 设，则，‎ 所以，因为，所以，所以，‎ 所以四边形面积的最大值为.‎ 点睛：该题是圆锥曲线的综合问题，在解题的过程中，需要死咬椭圆的定义以及几何量的关系求得结果，第二问主要是先确定出四边形的形状，之后将面积转化为函数，应用基本不等式求得结果.‎