2019-2020学年江西省宜春市上高二中高二上学期第二次月考数学（文）试题（解析版）

2019-2020学年江西省宜春市上高二中高二上学期第二次月考数学（文）试题（解析版）

‎2019-2020学年江西省宜春市上高二中高二上学期第二次月考数学（文）试题 一、单选题 ‎1．圆心坐标为，半径长为2的圆的标准方程是（）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】根据圆的标准方程的形式写.‎ ‎【详解】‎ 圆心为，半径为2的圆的标准方程是.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了圆的标准方程，故选C.‎ ‎2．已知抛物线的焦点坐标是（0，-3），则抛物线的标准方程为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】根据焦点的坐标，确定抛物线的开口方向，同时求得的值，进而求得抛物线的方程.‎ ‎【详解】‎ 由于焦点坐标为，故焦点在轴负半轴上，且，故抛物线方程为.‎ ‎【点睛】‎ 本小题主要考查已知抛物线的焦点坐标，求抛物线的方程，属于基础题.‎ ‎3．已知水平放置的△ABC是按“斜二测画法”得到如图所示的直观图，其中B′O′＝C′O′＝1，A′O′＝，那么原△ABC的面积是(　　)‎ A． B．2‎ C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】先根据已知求出原△ABC的高为AO＝，再求原△ABC的面积.‎ ‎【详解】‎ 由题图可知原△ABC的高为AO＝，‎ ‎∴S△ABC＝×BC×OA＝×2×＝，故答案为：A ‎【点睛】‎ 本题主要考查斜二测画法的定义和三角形面积的计算，意在考察学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.‎ ‎4．椭圆的一个焦点在抛物线的准线上，则该椭圆的离心率为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】先求出抛物线的焦点,再求得椭圆的焦点,进而算得离心率.‎ ‎【详解】‎ 解：由抛物线的方程得准线方程为,‎ 又椭圆的焦点为．‎ ‎∵椭圆的一个焦点在抛物线的准线上,∴,得到．‎ ‎∴,解得．‎ ‎∴．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了圆锥曲线中椭圆与抛物线的基础知识,属于基础题型.‎ ‎5．已知A(－4,2,3)关于xOz平面的对称点为，关于z轴的对称点为，则等于(　 　)．‎ A．8 B．12 C．16 D．19‎ ‎【答案】A ‎【解析】由题可知 ‎∴‎ 故选A ‎6．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（　　）‎ A． B． C． D．8‎ ‎【答案】B ‎【解析】由图可知该几何体底面积为8，高为2的四棱锥，如图所示：‎ ‎∴该几何体的体积 故选B 点睛：思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.‎ ‎7． 是椭圆上一点，、分别是椭圆的左、右焦点，若，则的大小为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据椭圆的定义可判断，平方得出，再利用余弦定理求解即可．‎ ‎【详解】‎ ‎ 是椭圆上一点， 、 分别是椭圆的左、右焦点，‎ ‎ ， ‎ ‎ ，‎ ‎ ，‎ ‎ ，‎ 在中，，‎ ‎ ，‎ 故选 ．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了椭圆的定义，焦点三角形的问题，结合余弦定理整体求解是运算的技巧，属于中档题．‎ ‎8．如图所示，在正方体中，，分别是，的中点，则直线与所成角的余弦值是（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】先通过平移将两条异面直线平移到同一个起点E，得到的锐角或直角就是异面直线所成的角，在三角形中再利用余弦定理求出此角即可．‎ ‎【详解】‎ 如图，取AD的中点G，‎ 连接EG，GF，∠GEF为直线AD1与EF所成的角 设棱长为2，则EG=，GF=1，EF=‎ cos∠GEF=，‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】‎ 本小题主要考查异面直线所成的角，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，属于基础题．‎ ‎9．已知P为抛物线上的任意一点，记点P到轴的距离为，对于给定点，则的最小值为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据抛物线的定义,画图分析转换即可.‎ ‎【详解】‎ 解：抛物线的焦点,准线l：x＝﹣1．‎ 如图所示,过点P作交y轴于点M,垂足为N,‎ 则,∴,∴．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了抛物线的定义,属于基础题型.‎ ‎10．如图，过抛物线的焦点F的直线交抛物线于点A、B，交其准线于点C，若，且，则（ ）‎ A．4 B．6 C．8 D．10‎ ‎【答案】A ‎【解析】根据抛物线的定义转化得,进而求得即可.‎ ‎【详解】‎ 解：过B向准线做垂线垂足为D,过A点做准线的垂线垂足为E,准线与x轴交点为G,‎ 根据抛物线性质可知 ‎∵,∴,‎ ‎∴,‎ 又∵,‎ ‎∴‎ ‎∴,‎ ‎∵,,‎ ‎∴．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了抛物线定义的运用,属于基础题型.‎ ‎11．已知椭圆的右焦点为，过点的直线交椭圆于、两点.若的中点坐标为，则的方程为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】设 ，直线的斜率 ， ，两式相减得 ，即 ，即 ， ，解得： ，方程是，故选D.‎ ‎12．如图，以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：‎ ‎①BD⊥AC；‎ ‎②△BAC是等边三角形；‎ ‎③三棱锥D－ABC是正三棱锥；‎ ‎④平面ADC⊥平面ABC．‎ 其中正确的是（ ）‎ A．①②④ B．①②③‎ C．②③④ D．①③④‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据翻折后垂直关系得BD⊥平面ADC，即得BD⊥AC，再根据计算得△BAC是等边三角形，最后可确定选项.‎ ‎【详解】‎ 由题意知，BD⊥平面ADC，故BD⊥AC，①正确；AD为等腰直角三角形斜边BC上的高，平面ABD⊥平面ACD，所以AB＝AC＝BC，△BAC是等边三角形，②正确；易知DA＝DB＝DC，又由②知③正确；由①知④错．‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查线面垂直判定与性质，考查推理论证求解能力，属中档题.‎ 二、填空题 ‎13．直线与焦点在轴上的椭圆总有公共点，则实数的取值范围为______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】根据直线恒过定点,再判断与椭圆的位置关系列不等式即可.‎ ‎【详解】‎ 解：直线恒过定点,‎ 焦点在x轴上的椭圆,可得,①‎ 由直线与焦点在x轴上的椭圆总有公共点,可得P在椭圆上或椭圆内,‎ 即有,解得,②‎ 由①②可得．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了直线与椭圆的位置关系,需要根据直线的定点来分析,属于基础题型.‎ ‎14．过点的直线将圆形区域分为两部分，使得这两部分的面积之差最大，则该直线的方程为________________．‎ ‎【答案】x＋y－2＝0‎ ‎【解析】当OP与所求直线垂直时面积之差最大，故所求直线方程为x＋y－2＝0.‎ ‎15．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆 (a＞b＞0) 的左、右焦点分别为F1，F2，过F1且与x轴垂直的直线交椭圆于A，B两点，直线AF2与椭圆的另一个交点为C．若，则该椭圆的离心率为______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 由题意,，‎ ‎∵,∴,.‎ ‎∴代入椭圆 (a>b>0)，‎ 得,即解得.‎ 故答案为：.‎ ‎16．已知三棱锥内接于球，，当三棱锥 的三个侧面的面积之和最大时，球的表面积为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由于三条侧棱相等，根据三角形面积公式可知，当两两垂直时，侧面积之和最大.此时可看成正方体一个顶点的三条侧棱，其外接球直径为正方体的体对角线，即，故球的表面积为.‎ 三、解答题 ‎17．已知圆心为C的圆经过点和，且圆心在直线上 ‎（1）求圆C的标准方程；‎ ‎（2）若直线被圆C截得的弦长为8，求的取值．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】(1)根据圆心在弦的中垂线上可求得圆心与半径.‎ ‎(2)先求得圆心到直线的距离再利用垂径定理求解即可.‎ ‎【详解】‎ 解：∵点和,‎ ‎∴,线段AB的中点坐标为,‎ ‎∴线段AB垂直平分线方程为,即,‎ 与直线联立得：,‎ 解得：,‎ ‎∴圆心C坐标为,‎ ‎∴半径,‎ 则圆C方程为；‎ ‎（2）∵圆C半径为5,弦长为8,‎ ‎∴圆心到直线的距离,即,‎ 解得：．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了直线与圆相交的垂径定理运用,属于中等题型.‎ ‎18．如图，四棱锥A﹣BCDE中，是正三角形，四边形BCDE是矩形，且平面ABC⊥平面BCDE，，．‎ ‎（1）若点G是AE的中点，求证：平面BDG ‎（2）若F是线段AB的中点，求三棱锥B﹣EFC的体积．‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）‎ ‎【解析】(1) 设,连接OG,再证即可.‎ ‎(2)利用换顶点得求解即可.‎ ‎【详解】‎ 解：如图,‎ ‎（1）证明：设,连接OG,‎ 由三角形的中位线定理可得：,‎ ‎∵平面,平面,∴平面．‎ ‎（2）∵平面平面,,‎ ‎∴平面,∴,∴；‎ 又∵F是AB的中点,是正三角形,‎ ‎∴,‎ ‎∴,‎ 又平面平面,,‎ ‎∴平面,‎ ‎∴．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了线面平行的证明与换顶点求体积的方法,属于中等题型.‎ ‎19．已知抛物线的焦点与椭圆的右焦点重合，抛物线的顶点在坐标原点，过点 的直线与抛物线分别相交于两点.‎ ‎（1）写出抛物线的标准方程；‎ ‎（2）求面积的最小值.‎ ‎【答案】(1) ；(2)16.‎ ‎【解析】试题分析：（1）椭圆的右焦点为即为抛物线的焦点， 2分 得抛物线的标准方程为5分 ‎（2）当直线AB的斜率不存在时，直线方程为，此时，⊿ABO的面积=7分 当直线AB的斜率存在时，设AB的方程为（）联立 消去，有， ， 9分 设A（）B（）‎ 有， 11分 ‎∴=‎ 综上所述，面积最小值为16 13分 ‎【考点】椭圆抛物线方程性质及直线与圆锥曲线的位置关系 点评：抛物线焦点为，椭圆焦点为其中 当直线与圆锥曲线相交时，常联立方程借助于方程根与系数的关系求解 ‎20．如图，三棱柱的侧面是矩形，侧面⊥侧面，且，，是的中点．‎ ‎（1）求证：∥平面；‎ ‎（2）求证：⊥平面．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）见解析 ‎【解析】（1）连结交于，取中点，连结，．通过证明四边形是平行四边形，来证得，从而证得平面.（2）利用余弦定理和勾股定理，计算证明证得；利用面面垂直的性质定理，证得；从而证得平面.‎ ‎【详解】‎ 证明：（1）连结交于，取中点，连结，．‎ ‎∵四边形是矩形，∴是的中点，‎ ‎∴，，‎ ‎∵四边形是平行四边形，是的中点，‎ ‎∴，，‎ ‎∴四边形是平行四边形，∴，即．‎ 又∵，，‎ ‎∴∥平面．‎ ‎（2）∵，是中点，∴，，‎ ‎∵，∴．‎ ‎∴，∴，‎ ‎∵侧面⊥侧面，侧面∩侧面=，，⊂平面，‎ ‎∴⊥平面，∵⊂平面，‎ ‎∴⊥，又∵⊂平面， ⊂平面，，‎ ‎∴⊥平面．‎ ‎【点睛】‎ 本小题主要考查线面平行的证明，考查线面垂直的证明，还考查了面面垂直的性质定理的应用，属于中档题.‎ ‎21．如图1，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，E是CD的中点，将△ADE沿AE折起，得到如图2所示的四棱锥D1—ABCE，其中平面D1AE⊥平面ABCE.‎ ‎(1)证明：BE⊥平面D1AE；‎ ‎(2)设F为CD1的中点，在线段AB上是否存在一点M，使得MF∥平面D1AE，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）线段AB上存在满足题意的点M，且＝‎ ‎【解析】（1）先计算得BE⊥AE，再根据面面垂直性质定理得结果，（2）先分析确定点M位置，再取D1E的中点L，根据平几知识得AMFL为平行四边形，最后根据线面平行判定定理得结果.‎ ‎【详解】‎ ‎(1)证明连接BE，‎ ‎∵ABCD为矩形且AD＝DE＝EC＝BC＝2，‎ ‎∴∠AEB＝90°，即BE⊥AE，‎ 又平面D1AE⊥平面ABCE，‎ 平面D1AE∩平面ABCE＝AE，BE⊂平面ABCE，‎ ‎∴BE⊥平面D1AE.‎ ‎(2)解AM＝AB，取D1E的中点L，连接AL，FL，‎ ‎∵FL∥EC，EC∥AB，∴FL∥AB且FL＝AB，‎ ‎∴FL∥AM，FL=AM ‎∴AMFL为平行四边形，∴MF∥AL，‎ 因为MF不在平面AD1E上， AL⊂平面AD1E，所以MF∥平面AD1E.‎ 故线段AB上存在满足题意的点M，且＝.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查线面平行判定定理以及面面垂直性质定理，考查基本分析论证求解能力，属中档题.‎ ‎22．已知椭圆()的短轴长为2，离心率为．过点M（2,0）的直线与椭圆相交于、两点,为坐标原点.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）求的取值范围；‎ ‎（3）若点关于轴的对称点是，证明：直线恒过一定点.‎ ‎【答案】（1）.（2）.（3）直线过定点.‎ ‎【解析】试题分析：（1）由已知得,得.‎ ‎（2）设：，与椭圆的方程联立,消去得 ‎.由△＞0得.‎ 设,则.‎ 将 表示成为 由，求得范围是.‎ ‎（3）由对称性可知N，定点在轴上.‎ 在直线方程AN：中，令得:‎ ‎,得证.‎ 试题解析：（1）易知，得,故.‎ 故方程为.（3分）‎ ‎（2）设：，与椭圆的方程联立,消去得 ‎.由△＞0得.‎ 设,则.‎ ‎∴‎ ‎=‎ ‎，∴，‎ 故所求范围是.（8分）‎ ‎（3）由对称性可知N，定点在轴上.‎ 直线AN：，令得:‎ ‎,‎ ‎∴直线过定点.（13分）‎ ‎【考点】椭圆的几何性质，直线与圆锥曲线的位置关系，平面向量的坐标运算.‎