2018-2019学年河南省许昌、平顶山、汝州市九校联盟高二上学期第三次联考-数学试题 解析版

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绝密★启用前 河南省许昌、平顶山、汝州市九校联盟2018-2019学年高二上学期第三次联考-数学试题 评卷人 得分 一、单选题 ‎1．设命题：，，则为（ ）‎ A．， B．，‎ C．， D．，‎ ‎【答案】D ‎【解析】分析：直接利用特称命题的否定解答.‎ 详解：由特称命题的否定得为：，，故答案为：D.‎ 点睛：（1）本题主要考查特称命题的否定，意在考查学生对该知识的掌握水平.(2) 特称命题 ,特称命题的否定 .‎ ‎2．在中，，，，则 A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三角形内角和定理可知，再由正弦定理即可求出AB.‎ ‎【详解】‎ 由内角和定理知，‎ 所以，‎ 即，‎ 故选D.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了正弦定理，属于中档题.‎ ‎3．已知双曲线的离心率，且其虚轴长为8，则双曲线的方程为 A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意建立的方程，求出即可得到结果.‎ ‎【详解】‎ 根据题意得到：，得故方程为：.‎ 故答案为：C.‎ ‎【点睛】‎ 求双曲线方程的方法一般就是根据条件建立的方程，求出即可，注意的应用.‎ ‎4．下面选项中的方程与对应的曲线匹配的是 A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 选项A中方程表示的曲线是单位圆的上半部分，选项B中方程表示的曲线是的图像, 选项C中方程表示的是的图像, 选项D中方程表示的曲线是与的图像.‎ ‎【详解】‎ 选项A中方程表示的曲线是单位圆的上半部分，与对应图像不符；‎ 选项B中方程表示的曲线是的图像，与对应图像不符；‎ 选项C中方程表示的是的图像，与对应图像不符；‎ 选项D中方程表示的曲线是与的图像，与对应图像符合.‎ 故答案为：D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查函数的图象的判断与应用，考查转化思想以及数形结合思想的应用．对于已知函数表达式选图像的题目，可以通过表达式的定义域和值域进行排除选项，可以通过表达式的奇偶性排除选项；也可以通过极限来排除选项.‎ ‎5．过椭圆的一个焦点且斜率存在的直线与椭圆交于，两点，则，与该椭圆的另一个焦点构成的三角形的周长是 A．8 B．4 C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据椭圆的定义可知，三角形周长等于4.‎ ‎【详解】‎ 由可得：，‎ 所以，‎ 过焦点且斜率存在的直线与椭圆交于，两点，则，‎ 与该椭圆的另一个焦点构成的三角形的周长为.‎ 故选A.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了椭圆的定义，椭圆的标准方程，属于中档题.‎ ‎6．“”是“”的 A．充分不必要条件 B．充要条件 C．必要不充分条件 D．即不充分也不必要条件 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据可推出，反之不成立，即可得出结论.‎ ‎【详解】‎ 若，则可得，所以，即成立能推出，‎ 若，则可得，但不知的正负，所以得不到，即成立推不出，综上“”是“”的充分不必要条件.‎ 故选A.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了充分不必要条件，属于中档题.‎ ‎7．若，满足约束条件则的最大值是 A．-8 B．-3 C．0 D．1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出可行域，把变形为，平移直线过点时，最大.‎ ‎【详解】‎ 作出可行域如图：‎ 由得：，‎ 作出直线，‎ 平移直线过点时，.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了简单线性规划问题，属于中档题.‎ ‎8．与双曲线的渐近线平行，且距离为1的直线方程为 A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据双曲线方程写出渐近线方程，再设与渐近线平行的直线方程为，由平行线间的距离公式求出t即可.‎ ‎【详解】‎ 因为双曲线的渐近线方程为，‎ 设与渐近线平行的直线方程为，‎ 根据平行直线间的距离公式：‎ ‎，得.‎ 所求直线方程为.‎ 故选A.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了双曲线的几何性质，渐近线，平行线间的距离，属于中档题.‎ ‎9．设等差数列的前项和为，已知，，则的最小值为 A．-16 B．-15 C．-12 D．-7‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据条件可求出等差数列公差，写出前n项和公式，配方即可求出的最小值.‎ ‎【详解】‎ 设的公差为，‎ 因为，，‎ 所以，得，‎ 所以，‎ 故当时，有最小值为-16.‎ 故选A.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了等差数列的通项公式，前n项和公式，属于中档题.‎ ‎10．若不等式对一切实数都成立，则实数的取值范围为 A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分，两种情况，当，对恒成立，当时，需开口向下，判别式小于0，不等式恒成立.‎ ‎【详解】‎ 当时，原不等式可化为，对恒成立；‎ 当时，原不等式恒成立，需，‎ 解得，‎ 综上.故选B.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了分类讨论思想，二次不等式恒成立的条件，属于中档题.‎ ‎11．已知首项为2的正项数列的前项和为，且当时，.若恒成立，则实数的取值范围为 A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由时，，得时，，两式相减并整理可得，进而得到数列的通项，，由，可知中当或时为最大项，从而求出参数值.‎ ‎【详解】‎ 由时，，得时，，两式相减得 ‎，整理得，‎ 另由时，，因为，且，所以，，‎ 故数列是首项为2，公差为2的等差数列，，，，‎ 由，可知中当或时为最大项，即最大项，所以.‎ 故答案为：B.‎ ‎【点睛】‎ 数值最值的求解方法如下：1．邻项比较法，求数列的最大值，可通过解不等式组 求得的取值范围；求数列的最小值，可通过解不等式组 求得的取值范围；2．数形结合，数列是一特殊的函数，分析通项公式对应函数的特点，借助函数的图像即可求解；3．单调性法，数列作为特殊的函数，可通过函数的单调性研究数列的单调性，必须注意的是数列对应的是孤立的点，这与连续函数的单调性有所不同；也可以通过差值的正负确定数列的单调性．‎ ‎12．椭圆的右焦点为，定点，若椭圆上存在点，使得为等腰钝角三角形，则椭圆的离心率的取值可以是 A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意，椭圆C上存在点N，使得为等腰钝角三角形，只可能，且 ‎，而，，通径为，所以，通过这一不等式可得到离心率的范围，进而得到选项.‎ ‎【详解】‎ 由题意，椭圆C上存在点N，使得为等腰钝角三角形，只可能，且，而，，通径为，所以，得，所以.‎ 故答案为：C.‎ ‎【点睛】‎ 求离心率的常用方法有：定义法，根据椭圆或者双曲线的定义列方程；数形结合的方法，利用图形的几何特点构造方程；利用点在曲线上，将点的坐标代入方程，列式子。‎ 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．已知，则的最小值为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据均值不等式即可求出的最小值.‎ ‎【详解】‎ 因为 ‎ 所以，‎ 根据均值不等式可得：‎ 当且仅当，即时等号成立.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了均值不等式，属于中档题.‎ ‎14．在中，角，，所对的边分别为，，，若，则__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据正弦定理可得 ，利用两角和的正弦公式可得 ，化简即可求值.‎ ‎【详解】‎ 因为，‎ 由正弦定理可得 ，‎ 所以 .‎ 因为，且，‎ 所以.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了正弦定理，两角和的正弦公式，属于中档题.‎ ‎15．为椭圆上的一个动点，为椭圆的一个焦点，的最大值为5，最小值为1，则椭圆的短轴长为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据点在椭圆上的位置关系，判断出最大值与最小值的位置，即可求得a、c，进而求得短轴长。‎ ‎【详解】‎ 为椭圆的一个焦点，‎ 所以的最大值为a+c=5‎ 的最小值为a-c=1‎ 所以a=3，c=2‎ 所以短轴长为 ‎【点睛】‎ 本题考查了椭圆的基本性质，注意短轴长为2b，属于基础题。‎ ‎16．设，分别为双曲线的左、右焦点.若在双曲线左支上存在点，满足，且到直线的距离为，则该双曲线的离心率 ‎__________．‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，可用a、c表示出，结合等腰三角形及双曲线定义即可求得a、c的等量关系，进而求得离心率。‎ ‎【详解】‎ 设到直线的垂足为M，因为，所以M为的中点 由题意可知，‎ ‎ ‎ 根据双曲线定义 ‎，所以 即 化简可得，整理得 因为 解得 ‎【点睛】‎ 本题考查了双曲线的性质及综合应用，清楚各边之间的数量关系是解决本题的关键，属于中档题。‎ 评卷人 得分 三、解答题 ‎17．求适合下列条件的椭圆的标准方程：‎ ‎（1）焦点在轴上，且经过点和；‎ ‎（2）离心率为，短轴长为8.‎ ‎【答案】（1）；（2）或.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据焦点位置，设椭圆方程，代入点和即可求解（2）由题意建立方程即可求解.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）因为椭圆的焦点在轴上，‎ 所以设方程为.‎ 由于椭圆经过点和，代入方程，‎ 解得，‎ 故所求椭圆的方程为.‎ ‎（2）由，得，‎ 若椭圆焦点在轴上，则方程为；‎ 若椭圆焦点在轴上，则方程为.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了椭圆的标准方程，椭圆的简单几何性质，属于中档题.‎ ‎18．在正项等比数列中，已知，且，，8成等差数列.‎ ‎（1）求的通项公式；‎ ‎（2）设，证明：数列的前项和.‎ ‎【答案】（1）；（2）详见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设等比数列的公比为，根据，，8成等差数列可求解，写出通项公式即可（2）由（1）知可得，裂项相消求和即可证明不等式.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）设等比数列的公比为，‎ ‎∵，，8成等差数列，‎ ‎∴，即，‎ 即，解得，（舍去），∴.‎ 所以的通项公式为.‎ ‎（2）证明：由上知，∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴‎ ‎ ‎ ‎，‎ ‎∴，‎ 即数列的前项和为.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了等比数列通项公式，等差中项，裂项相消法求和，属于中档题.‎ ‎19．已知双曲线的焦点与椭圆的两个顶点重合.‎ ‎（1）求双曲线的焦点坐标及实轴长；‎ ‎（2）若直线与双曲线交于点，，且线段的中点为，求的方程.‎ ‎【答案】（1）焦点坐标为，，实轴长为；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 因为双曲线的焦点只可能与椭圆长轴的两个顶点重合，所以双曲线，由，得，故实轴长为;(2)由点差法得到直线的斜率，进而得到直线方程.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）因为双曲线的焦点只可能与椭圆长轴的两个顶点重合，‎ 所以双曲线的焦点坐标为，，即，‎ 由，得，故实轴长为.‎ ‎（2）设，，直线的斜率显然存在，设其为，‎ 则，两式相减得，整理得.‎ 因为，，‎ 所以，‎ 则直线的方程为，即.‎ ‎【点睛】‎ ‎（1）当题目中已知直线与双曲线相交和被截的线段的中点坐标时，可以设出直线和双曲线的两个交点坐标，代入双曲线的方程中，运用点差法，求出直线的斜率，然后利用中点求出直线方程．‎ ‎（2）“点差法”的常见题型有：求中点弦方程、求（过定点、平行弦）弦中点轨迹、垂直平分线问题．必须提醒的是“点差法”具有不等价性，即要考虑判别式是否大于零．‎ ‎20．已知，，，.‎ ‎（1）若为真命题，求的取值范围；‎ ‎（2）若为真命题，且为假命题，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)分a=0和两种情况讨论即可；（2）因为为真命题，且为假命题，所以真假或假真，当真假，有解出即可，当假真，有解出即可.‎ ‎【详解】‎ ‎(1)当时，不恒成立，不符合题意；‎ 当时，，解得.‎ 综上所述：.‎ ‎(2)，，则.‎ 因为为真命题，且为假命题，所以真假或假真，‎ 当真假，有，即；‎ 当假真，有，则无解.‎ 综上所述，.‎ ‎【点睛】‎ 由简单命题和逻辑连接词构成的复合命题的真假可以用真值表来判断，反之根据复合命题的真假也可以判断简单命题的真假．假若p且q真，则p 真，q也真；若p或q真，则p，q至少有一个真；若p且q假，则p，q至少有一个假．（2）可把“p或q”为真命题转化为并集的运算；把“p且q”为真命题转化为交集的运算．‎ ‎21．在中，角，，所对的边分别为，，，已知.‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）若，，求的面积.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 由题设及，得，化简得到，再由二倍角公式可得；（2）由，得，，由正弦定理得到，再结合余弦定理得到，即可得解.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由题设及，得，‎ 故，‎ 整理得，所以.‎ ‎（2）由，得，，‎ 由，得，所以.‎ 由余弦定理及，‎ 得 ，‎ ‎，所以，‎ 故.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查正弦定理及余弦定理的应用以及三角形面积公式，属于难题.在解与三角形有关的问题时，正弦定理、余弦定理是两个主要依据. 解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷一般来说 ,当条件中同时出现 及 、 时，往往用余弦定理，而题设中如果边和正弦、余弦函数交叉出现时，往往运用正弦定理将边化为正弦函数再结合和、差、倍角的正余弦公式进行解答 ‎22．已知椭圆的四个顶点围成的四边形的面积为，原点到直线的距离为.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）已知定点，是否存在过的直线，使与椭圆交于，两点，且以为直径的圆过椭圆的左顶点？若存在，求出的方程；若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）；（2）存在，且方程为或.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）依题意列出关于a,b,c的方程组，求得a,b,进而可得到椭圆方程；（2）联立直线和椭圆得到，要使以为直径的圆过椭圆的左顶点，则，结合韦达定理可得到参数值.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）直线的一般方程为.‎ 依题意，解得，故椭圆的方程式为.‎ ‎（2）假若存在这样的直线，‎ 当斜率不存在时，以为直径的圆显然不经过椭圆的左顶点，‎ 所以可设直线的斜率为，则直线的方程为.‎ 由，得.‎ 由，得.‎ 记，的坐标分别为，，‎ 则，，‎ 而 .‎ 要使以为直径的圆过椭圆的左顶点，则，‎ 即 ，‎ 所以 ，‎ 整理解得或，‎ 所以存在过的直线，使与椭圆交于，两点，且以为直径的圆过椭圆的左顶点，直线的方程为或.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法：因直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用．‎