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（理）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（理）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（理）试题 一、单选题 ‎1．已知命题：“，有成立”，则命题为（ ）‎ A．，有成立 B．，有成立 C．，有成立 D．，有成立 ‎【答案】B ‎【解析】特称命题的否定是全称命题。‎ ‎【详解】‎ 特称命题的否定是全称命题，所以，有成立的否定是，有成立，故选B.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查特称命题的否定命题，属于基础题。‎ ‎2．已知圆x2＋y2＝4，过点P(0，)的直线l交该圆于A，B两点，O为坐标原点，则△OAB的面积的最大值是(　　)‎ A． B．2‎ C．2 D．4‎ ‎【答案】B ‎【解析】当直线l的斜率不存在时，不符合题意，当直线l的斜率存在时，，所以S△OAB＝|AB|·d＝·d＝≤＝2，当且仅当4－d2＝d2，即d＝时等号成立，所以△OAB面积的最大值是2.‎ ‎3．若命题“，”是假命题，则实数x的取值范围是（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】先求真命题时的x的范围，再求它的补集，将不等式转化成关于a的函数，通过单调性端点值的函数值都大于零即可求解.‎ ‎【详解】‎ 若命题为真命题时，不等式变为：，‎ 设函数，，单调增，‎ 解得：，‎ 即或.‎ 所以命题为假命题时的实数x的取值范围是：.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查不等式转化函数，再用函数的主参换位的单调性来求x的取值范围，属于常考题.‎ ‎4．若直线被圆心坐标为（2，-1）的圆截得的弦长为，则这个圆的方程 A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】先设出圆的标准方程，然后求出圆心到直线的距离，通过利用垂径定理和勾股定理，求出圆的半径，得到圆的方程．‎ ‎【详解】‎ 根据题意，设圆的方程为（x-2）2+（y+1）2=r2．‎ 而圆心到直线x-y-1=0的距离为 ，‎ 根据垂径定理和勾股定理，可知 ，‎ 所以所求圆的方程为：（x-2）2+（y+1）2‎ ‎=4． 故选：A ‎【点睛】‎ 本题考查直线与圆的位置关系，以及点到直线的距离公式的应用。已知直线被圆所截的弦长时，通常考虑由弦心距、弦长的一半（垂径定理），和圆的半径所构成的直角三角形，利用勾股定理，求出未知量。‎ ‎5．如图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得几何体的表面积是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】首先由三视图还原成原来的几何体，再根据边长关系求表面积 ‎【详解】‎ 由三视图可知此几何体是一个简单的组合体：‎ 上面一个半径为1球，下面一个底面边长为2高为3正四棱柱.‎ 球的表面积为，正三棱柱的表面积为 .‎ 原几何体的表面积为.‎ 故选：B ‎【点睛】‎ 本题考查由三视图求几何体的表面积，须能由三视图还原成原几何体并能找准长度关系，须有较强的空间立体感，属简单题.‎ ‎6．如图，在正方体中，是底面的中心，，为垂足，则与平面的位置关系是（ ）‎ A．垂直 B．平行 C．斜交 D．以上都不对 ‎【答案】A ‎【解析】连接，根据线面垂直的判定定理，即可证明平面.‎ ‎【详解】‎ 连接.‎ ‎∵几何体是正方体，底面是正方形，‎ ‎∴.‎ 又∵，∴平面.‎ ‎∵平面，∴.‎ ‎∵，∴平面.‎ 故选A.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查线面垂直的判定，熟记线面垂直的判定定理即可，属于常考题型.‎ ‎7．命题p:函数y=loga(ax-3a)(a>0且a≠1)的图像必过定点(4,1),命题q:如果函数y=f(x)的图像关于点(3,0)对称,那么函数y=f(x+3)的图像关于点(6,0)对称,则 ( )‎ A．p∧q为真 B．p∨q为假 C．p真q假 D．p假q真 ‎【答案】C ‎【解析】根据题意，判定得出命题的真假，再根据复合命题的真值表，即可得到答案.‎ ‎【详解】‎ 对于命题p,当x=4时,y=loga(4a-3a)=1,故命题p为真命题.‎ 对于命题q,如果y=f(x)的图像关于点(3,0)对称,则y=f(x+3)的图像关于原点对称,故命题q为假命题.故选C.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了简答的复合命题的真假判定，其中解答中根据题意判定得出命题 的真假，再利用复合命题的真值表判定是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题.‎ ‎8．已知命题，命题，，则成立是成立的（ ）‎ A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 ‎【答案】A ‎【解析】分别由命题p,q求得a的取值范围，然后考查充分性和必要性是否成立即可.‎ ‎【详解】‎ 求解不等式可得，‎ 对于命题，当时，命题明显成立；‎ 当时，有：，解得：，‎ 即命题为真时，‎ 故成立是成立的充分不必要条件.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查不等式的解法，充分条件和必要条件的判定，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎9．已知圆截直线所得线段的长度是，则圆与圆的位置关系是（ ）‎ A．内切 B．相交 C．外切 D．相离 ‎【答案】B ‎【解析】化简圆到直线的距离 ，‎ 又 两圆相交. 选B ‎10．已知圆，设平面区域，若圆心,且圆与轴相切，则的最大值为 （ ）‎ A．5 B．29 C．37 D．49‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：作出可行域如图，‎ 圆C：（x－a）2＋（y－b）2＝1的圆心为，半径的圆，因为圆心C∈Ω，且圆C与x轴相切，可得，所以所以要使a2＋b2取得的最大值，只需取得最大值，由图像可知当圆心C位于B点时，取得最大值，B点的坐标为，即时是最大值.‎ ‎【考点】线性规划综合问题.‎ ‎11．已知三棱锥四个顶点均在半径为的球面上，且，，若该三棱锥体积的最大值为，则这个球的表面积为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据勾股定理可知，从而求得；根据棱锥体积公式可知，若三棱锥体积最大,则可得点到平面的最大距离，在中利用勾股定理构造关于球的半径的方程，解方程求得半径，代入球的表面积公式可求得结果.‎ ‎【详解】‎ ‎， ‎ ‎ ‎ 如下图所示：‎ 若三棱锥体积最大值为，则点到平面的最大距离：‎ 即：‎ 设球的半径为，则在中：，解得：‎ 球的表面积：‎ 故选 ‎【点睛】‎ 本题考查三棱锥外接球表面积的求解问题，关键是能够通过体积的最值确定顶点到底面的距离，根据外接球的性质可确定球心的大致位置，通过勾股定理构造关于半径的方程求得外接球半径.‎ ‎12．在长方体中，二面角的大小为，与平面所成角的大小为，那么异面直线与所成角的余弦值是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】分析：连接，由可得为异面直线与所成角，然后解直角三角形及余弦定理求得结论.‎ 详解：‎ 连接，由可得为异面直线与所成角，‎ 如图，由二面角的大小为，可知，‎ 又与平面所成角的大小为，‎ ‎，‎ 连接，‎ 设，则，‎ ‎，‎ 在中，由余弦定理可得，‎ ‎，‎ 异面直线与所成角的余弦值是，故选B.‎ 点睛：本题主要考查异面直线所成的角，属于中档题题.求异面直线所成的角的角先要利用三角形中位线定理以及平行四边形找到，异面直线所成的角，然后利用直角三角形的性质及余弦定理求解，如果利用余弦定理求余弦，因为异面直线所成的角是直角或锐角，所以最后结果一定要取绝对值.‎ 二、填空题 ‎13．给下列三个结论：‎ ‎①命题“”的否定是“”；‎ ‎②若，则的逆命题为真；‎ ‎③命题“若，则”的否命题为：“若，则”；‎ 其中正确的结论序号是_______________（填上所有正确结论的序号）．‎ ‎【答案】①‎ ‎【解析】根据特称命题的否定是全称命题的知识判断①是否正确；写出②的逆命题，然后利用特殊值判断②是否正确；根据否命题的知识判断③是否正确.由此得出正确的结论序号.‎ ‎【详解】‎ 对于①，根据特称命题的否定是全称命题，并且否定的形式正确，故①正确.对于②，原命题的逆命题为：若则，当时，上式不成立，故逆命题为假，故②错误.对于③，命题的否命题要同时否定条件和结论，故③错误.综上所述，正确的结论序号是①.‎ ‎【点睛】‎ 本小题主要考查特称命题的否定是全称命题，考查逆命题和否命题，属于基础题.‎ ‎14．已知点在圆上运动，则的最小值为___________．‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】由题意可知，点在椭圆上运动，得，则，构造基本不等式，即可求出结果.‎ ‎【详解】‎ ‎∵点在椭圆上运动，即，‎ 则 ‎，当且仅当时，取等号，‎ 即所求的最小值为.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了利用椭圆的方程，利用基本不等式求解最小值，解题的关键是利用了 的代换，从而把所求的式子变形为积为定值的形式，根据基本不等式即可求出结果.‎ ‎15．如图所示，已知三棱柱的所有棱长均为1，且底面ABC，则三棱锥的体积为______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】三棱锥B1－ABC1的体积等于三棱锥A－B1BC1的体积，三棱锥A－B1BC1的高为，底面积为，故其体积为××＝.‎ ‎16．已知三棱锥中，,，则三棱锥的外接球的表面积为________________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】根据勾股定理可判断AD⊥AB，AB⊥BC，从而可得三棱锥的各个面都为直角三角形，求出三棱锥的外接球的直径，即可求出三棱锥的外接球的表面积．‎ ‎【详解】‎ 如图：∵AD=2，AB=1，BD=，满足AD2+AB2=SD2‎ ‎∴AD⊥AB，又AD⊥BC，BC∩AB=B，‎ ‎∴AD⊥平面ABC，‎ ‎∵AB=BC=1，AC=，‎ ‎∴AB⊥BC，‎ ‎∴BC⊥平面DAB，‎ ‎∴CD是三棱锥的外接球的直径，‎ ‎∵AD=2，AC=，‎ ‎∴CD=，‎ ‎∴三棱锥的外接球的表面积为4π（）2=6π．‎ 故答案为：6π ‎【点睛】‎ ‎(1)本题主要考查三棱锥的外接球的表面积的计算，意在考查学生对该知识的掌握水平和分析推理计算能力.(2) 求几何体外接球的半径一般有两种方法:模型法和解三角形法.模型法就是把几何体放在长方体中，使几何体的顶点和长方体的若干个顶点重合，则几何体的外接球和长方体的外接球是重合的，长方体的外接球的半径就是几何体的外接球半径.如果已知中有多个垂直关系，可以考虑用此种方法.解三角形法就是找到球心和截面圆的圆心，找到、球的半径、截面圆的半径确定的,再解求出球的半径.(3)解答本题的关键是证明CD是三棱锥的外接球的直径.‎ 三、解答题 ‎17．已知直线过点，圆:,直线与圆交于两点.‎ ‎（） 求直线的方程；‎ ‎（）求直线的斜率的取值范围；‎ ‎（Ⅲ）是否存在过点且垂直平分弦的直线?若存在，求直线斜率的值，若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）见解析.‎ ‎【解析】试题分析：（）求出圆的圆心坐标，利用截距方程式求直线的方程；（Ⅱ）法1：联立直线与圆的方程，通过判别式求解的范围即可；法2：利用点到直线的距离公式与半径的关系，转化求解直线的斜率的取值范围；（Ⅲ）求出直线的斜率，利用垂直关系，判断是否存在直线方程.‎ 试题解析：（）设圆,圆心为，‎ 故直线的方程为，即.‎ ‎（Ⅱ）法1：直线的方程为，则 由得 由得 故.‎ 法2：直线的方程为，即，‎ 圆心为，圆的半径为1则圆心到直线的距离 因为直线与有交于两点，故，故 ‎（Ⅲ）假设存在直线垂直平分于弦,此时直线过，，则 ‎，故的斜率，由（）可知，不满足条件 所以，不存在存在直线垂直于弦。‎ ‎18．已知函数，．‎ ‎（1）若对任意，都有成立，求实数的取值范围；‎ ‎（2）若对任意，总存在，使得成立，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】（1）;（2）‎ ‎【解析】试题分析：（1）由题设知：，即可转化为研究函数最值即可. （2）由题设知，即可转化为研究函数最值即可．‎ 试题解析：‎ ‎（1）由题设知：，‎ ‎∵在上递减，在上递增，∴‎ 又∵在上递减，∴‎ ‎∴有，的范围为 ‎（2）由题设知，‎ ‎∴有，即，∴的范围为 ‎19．已知，命题p：对，不等式恒成立；命题q：对，不等式恒成立．‎ 若命题p为真命题，求实数m的取值范围；‎ 若为假，为真，求实数m的取值范围．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】（1）利用单调性求得的最小值，利用小于或等于这个最小值求得的取值范围.（2）利用分离常数法，将命题所给不等式分离常数后，求得的取值范围.根据题目所给已知条件“为假，为真，”可知一真一假，分成真假，和假真两类，列不等式组求得的取值范围.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）令，则在上为减函数，‎ 因为，所以当时，， ‎ 不等式恒成立，等价于，解得，‎ 故命题为真，实数的取值范围为.‎ ‎（2）若命题为真，则，对上恒成立，‎ 令，因为在上为单调增函数，‎ 则，故，即命题为真，‎ 若为假，为真，则命题，中一真一假； ‎ ‎①若为真，为假，那么，则无解； ‎ ‎②若为假，为真，那么，则.‎ 综上的取值范围为.‎ ‎【点睛】‎ 本小题主要考查不等式恒成立问题的主要解题策略，考查已知含有逻辑连接词命题真假性来求参数的取值范围.属于中档题.‎ ‎20．已知在四棱锥中，底面是矩形，且，，平面，，分别是线段，的中点.‎ ‎（1）判断并说明上是否存在点，使得平面?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由；‎ ‎（2）若与平面所成的角为，求二面角的平面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）存在，；（2）.‎ ‎【解析】【详解】试题分析：（1）根据四棱锥中，底面，底面是矩形可知，可以通过建立空间直角坐标系来求解问题，设，，根据条件中给出的数据可得，从而可求得平面的一个法向量，再由平面，可知，可得，因此存在满足条件的点，且；‎ ‎（2）由与平面所成的角为可知，结合（1）可知平面的一个法向量为，再取平面的一个法向量为，可求得，即二面角的平面角的余弦值为.‎ 试题解析：（1）建立如图所示的空间直角坐标系，设，，‎ ‎∵，∴，，，‎ 设平面的一个法向量，∴，∴，∴，‎ ‎∵，∴，∴；‎ ‎（2）∵为直线与平面所成的角，‎ ‎∴，∵，∴，由（1）知，平面的一个法向量为，‎ 取平面的一个法向量为，∴，∴二面角的平面角的余弦值为.‎ ‎【考点】1.空间直角坐标系的建立；2.二面角与法向量的运用.‎ ‎21．如图，平面平面，其中为矩形，为梯形，，，.‎ ‎（Ⅰ）求证：平面；‎ ‎（Ⅱ）若二面角的平面角的余弦值为，求的长.‎ ‎【答案】（Ⅰ）见解析； （Ⅱ） .‎ ‎【解析】（Ⅰ）由条件易得和，从而可证得平面；‎ ‎（Ⅱ）设AB＝x．以F为原点，AF，FE所在的直线分别为x轴，y轴建立空间直角坐标系，平面ABF的法向量可取＝(0，1，0)，通过求解平面BFD的法向量，进而利用法向量求二面角的余弦值列方程求解即可.‎ ‎【详解】‎ ‎(Ⅰ)平面平面,且为矩形，‎ ‎ 平面，又平面, ，又且 平面.‎ ‎(Ⅱ)设AB＝x．以F为原点，AF，FE所在的直线分别为x轴，y轴建立空间直角坐标系．‎ 则F(0，0，0)，A(－2，0，0)，E(0，，0)，D(－1，，0)，B(－2，0，x)，‎ 所以＝(1，－，0)，＝(2，0，－x)．‎ 因为EF⊥平面ABF，所以平面ABF的法向量可取＝(0，1，0)． ‎ 设＝(x1，y1，z1)为平面BFD的法向量，‎ 则所以，可取＝(，1，)．‎ 因为cos<，>＝＝，得x＝，所以AB＝．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查证明面面垂直性质定理以及利用空间向量求二面角，属于中档题.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.‎ ‎22．在平面直角坐标系中，点，，动点满足．‎ ‎（1）求动点的轨迹的方程；‎ ‎（2）若直线和轨迹交于两点，且点在以为直径的圆内，求的取值范围．‎ ‎【答案】（1）； （2）.‎ ‎【解析】（1）设点P坐标，化简条件即得轨迹方程，（2）设，，利用向量数量积表示点在以为直径的圆内，联立直线方程与圆方程，利用韦达定理代入化简，解不等式得结果.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）设，因为 ‎（2）‎ ‎，设，，‎ ‎ ， 满足 故的取值范围是 ‎【点睛】‎ 直线和圆的位置关系，一般转化为直线方程与圆方程组成的方程组，利用韦达定理或求根公式进行转化.‎