四川省眉山市仁寿县第二中学2019-2020学年高二上学期12月月考数学（文）试题

四川省眉山市仁寿县第二中学2019-2020学年高二上学期12月月考数学（文）试题

仁寿二中2018级19年秋第三次教学质量检测数学课试题（文科）‎ 第Ⅰ卷（选择题）‎ 一．选择题（共12小题，每题5分）‎ ‎1.已知直线与平行，则（ ）‎ A. 4 B. －4 C. 2 D. －2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由两直线与平行，可得，由此列式求解值．‎ ‎【详解】∵直线与平行，‎ ‎∴，即．‎ 此时两直线不重合．故选A．‎ ‎【点睛】本题考查直线的一般式方程与直线平行的关系，两直线与平行，可得，是基础题．‎ ‎2.已知空间中两点,则长为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据空间中的距离公式，准确计算，即可求解，得到答案．‎ ‎【详解】由空间中距离公式，可得，故选C．‎ ‎【点睛】本题主要考查了空间中的距离公式，其中解答中熟记空间中的距离公式，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．‎ ‎3.曲线与曲线的（）‎ A. 长轴长相等 B. 短轴长相等 C. 焦距相等 D. 离心率相等 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先将后面的曲线化简为标准形式，分别求两个曲线的几何性质，比较后得出选项.‎ ‎【详解】首先化简为标准方程，，由方程形式可知，曲线的长轴长是8，短轴长是6，焦距是，离心率 ，，的长轴长是，短轴长是，焦距是，离心率，所以离心率相等.‎ 故选D.‎ ‎【点睛】本题考查了椭圆的几何性质，属于基础题型.‎ ‎4.命题“若，则且的逆否命题是（ ）‎ A. 若，则且 B. 若，则或 C. 若且，则 D. 若或，则 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据逆否命题的定义判断即可，但需要注意“且”的否定为“或”.‎ ‎【详解】因为原命题为“若，则且，所以逆否命题为“若或，则”，故选D.‎ ‎【点睛】本题考查逆否命题的改写，结合逆否命题的定义是解本题的关键，但要注意“”与“”互为否定，考查推理能力，属于基础题.‎ ‎5.函数的最小值为( )‎ A. 6 B. 7 C. 8 D. 9‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接利用均值不等式得到答案.‎ ‎【详解】，时等号成立.‎ 故答案选C ‎【点睛】本题考查了均值不等式，属于简单题.‎ ‎6.设等差数列的前项和为，若公差，，则的值为( )‎ A. 65 B. 62 C. 59 D. 56‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出，再利用等差数列的性质和求和公式可求.‎ ‎【详解】，所以，‎ 故选A.‎ ‎【点睛】一般地，如果为等差数列，为其前项和，则有性质：‎ ‎（1）若，则；‎ ‎（2） 且 ；‎ ‎（3）且为等差数列；‎ ‎（4） 为等差数列.‎ ‎7.设直线 与直线的交点为,则到直线的距离最大值为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出的坐标，再求出直线所过的定点，则所求距离的最大值就是的长度.‎ ‎【详解】由可以得到，故，‎ 直线的方程可整理为：，故直线过定点，‎ 因为到直线的距离，当且仅当时等号成立，‎ 故，‎ 故选A.‎ ‎【点睛】一般地，若直线和直线相交，那么动直线（）必过定点（该定点为的交点）.‎ ‎8.与圆关于直线对称的圆的方程为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设所求圆的圆心坐标为，列出方程组，求得圆心关于的对称点，即可求解所求圆的方程.‎ ‎【详解】由题意，圆的圆心坐标，‎ 设所求圆的圆心坐标为，则圆心关于的对称点，‎ 满足，解得，‎ 即所求圆的圆心坐标为，且半径与圆相等，‎ 所以所求圆的方程为，故选A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了圆的方程的求解，其中解答中熟记圆的方程，以及准确求解点关于直线的对称点的坐标是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎9.在中，，，，则为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用正弦定理得到答案.‎ ‎【详解】根据正弦定理： 即： ‎ 答案选D ‎【点睛】本题考查了正弦定理，意在考查学生的计算能力.‎ ‎10.已知命题若，则，命题若，则．下列命题中为真命题的是（ ）‎ A. 且 B. 或 C. 或 D. 且 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由不等式的性质判断命题为真命题，举例说明命题为假命题，再由复合命题的真假判断即可．‎ ‎【详解】由，得，命题为真命题；‎ 若，，则，此时，∴命题为假命题.‎ 或为真命题.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题主要考查复合命题及其真假性的判断，属于基础题.‎ ‎11.已知椭圆与双曲线有相同的焦点，，点是两曲线的一个公共点，且，若椭圆的离心率，则双曲线的离心率（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，，由椭圆和双曲线的定义，解方程可得，，再由余弦定理，可得，与的关系，结合离心率公式，可得，的关系，计算可得所求值．‎ ‎【详解】设，，为在第一象限的交点，‎ 由椭圆和双曲线的定义可得，，‎ 解得，，‎ 在中，，由余弦定理可得：‎ ‎ ，‎ 即有，两边同时除以得：‎ ‎，‎ 即为，‎ 由，可得.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题主要考查圆锥曲线的综合，此类问题应该紧扣定义，结合余弦定理解决，属于常考题.‎ ‎12.已知为抛物线的焦点，过作两条夹角为的直线，交抛物线于两点，交抛物线于两点，则的最大值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 设直线的倾斜角为 ，则 的倾斜角为，由过焦点的弦长公式 ，可得 ， ，所以可得 ‎ ‎ ，的最大值为，故选D.‎ 第Ⅱ卷（非选择题）‎ 二．填空题（共4小题，每题5分）‎ ‎13.命题“R”，此命题的否定是___．(用符号表示)‎ ‎【答案】∀x∈R，x2+x≤0．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接利用特称命题的否定是全称命题写出结果即可．‎ ‎【详解】因为特称命题的否定是全称命题，‎ 所以∃x0∈R，x02﹣2x0+1＞0的否定是：∀x∈R，x2+x≤0．‎ 故答案为∀x∈R，x2+x≤0．‎ ‎【点睛】本题考查命题的否定，特称命题与全称命题的否定关系及否定形式，属于基本知识的考查．‎ ‎14.若实数满足，则最大值为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据约束条件画出可行域，再转化目标函数，把求目标函数的最值问题转化成求截距的最值问题，找到最优解代入求值即可 ‎【详解】解：由约束条件，画出可行域如图：‎ 目标函数z＝2x+y可化为：y＝﹣2x+z 得到一簇斜率为﹣2，截距为z的平行线 要求z的最大值，须满足截距最大 ‎∴当目标函数过点B时截距最大 又∴x＝，y＝‎ ‎∴点B的坐标为（，）‎ ‎∴z的最大值为：2×＝‎ 故答案为．‎ ‎【点睛】本题考查线性规划，要求可行域要画准确，还需特别注意目标函数的斜率与边界直线的斜率的大小关系，即要注意目标函数与边界直线的倾斜程度．属简单题．‎ ‎15.直线和将单位圆分成长度相等的四段弧，则________.‎ ‎【答案】0‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将单位圆分成长度相等的四段弧，每段弧对应的圆周角为，计算得到答案.‎ ‎【详解】如图所示：‎ 将单位圆分成长度相等的四段弧，每段弧对应的圆周角为 ‎ ‎ 或 故答案为0‎ ‎【点睛】本题考查了直线和圆相交问题，判断每段弧对应的圆周角为是解题的关键.‎ ‎16.已知椭圆：的左，右焦点分别为，，焦距为，是椭圆上一点（不在坐标轴上），是的平分线与轴的交点，若，则椭圆离心率的范围是___________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知结合三角形内角平分线定理可得|PF1|＝2|PF2|，再由椭圆定义可得|PF2|，得到a﹣c，从而得到e，再与椭圆离心率的范围取交集得答案．‎ ‎【详解】∵，∴，，∵是的角平分线，‎ ‎∴，则，由，得，‎ 由，可得，由，∴椭圆离心率的范围是．‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查椭圆的简单性质，训练了角平分线定理的应用及椭圆定义的应用，是中档题．‎ 三．解答题（共6小题，第一题10分，其余各题12分）‎ ‎17.平面直角坐标系中，已知三个顶点的坐标分别为，，‎ 求BC边上的高所在直线的方程；‎ 求的面积．‎ ‎【答案】（1）；（2）3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出直线BC的斜率，结合直线垂直的性质求出高线的斜率即可 求出点到直线的距离，以及底BC的距离，结合三角形的面积公式进行计算即可 ‎【详解】由题意，直线BC的斜率，则BC边上高的斜率，‎ 则过A的高的直线方程为，即，‎ 的方程为，．‎ 点A到直线的距离，‎ ‎，‎ 则三角形的面积．‎ ‎【点睛】本题主要考查了三角形高线的计算，以及三角形的面积的求解，其中解答中结合距离公式以及直线垂直的斜率关系是解决本题的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．‎ ‎18.（1）设集合，集合，求；‎ ‎（2）命题，，若命题为真命题，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据一元二次不等式求出集合，然后再求即可；‎ ‎（2）利用命题的否定，结合判别式求解即可．‎ ‎【详解】（1），解得，故集合，集合，；‎ ‎（2）：，，‎ 要使为真，则有，‎ 解之得：．‎ ‎【点睛】本题考查了交集的求法，考查了命题的真假判断与应用，属于常考题.‎ ‎19.如图，在三棱锥中，点，分别是，的中点，，．‎ 求证：⑴平面；‎ ‎⑵．‎ ‎【答案】(1)见证明；(2)见证明 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由中位线定理即可说明，由此证明平面；‎ ‎（2）首先证明平面，由线面垂直的性质即可证明 ‎【详解】证明：⑴因为在中，点，分别是，的中点 所以 ‎ 又因平面,平面 从而平面 ‎ ‎⑵因为点是的中点，且 所以 ‎ 又因,平面,平面 ‎,故平面 因为平面 所以 ‎【点睛】本题考查线面平行、线面垂直的判定以及线面垂直的性质，属于基础题．‎ ‎20.某家具厂有方木料90，五合板600，准备加工成书桌和书橱出售.已知生产第张书桌需要方木料O.l，五合板2，生产每个书橱而要方木料0.2，五合板1，出售一张方桌可获利润80元，出售一个书橱可获利润120元.‎ ‎（1）如果只安排生产书桌，可获利润多少？‎ ‎（2）怎样安排生产可使所得利润最大？‎ ‎【答案】(1) 只安排生产书桌，最多可生产300张书桌，获得利润24000元；(2) 生产书桌100张、书橱400个，可使所得利润最大 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设只生产书桌x个，可获得利润z元，则，由此可得最大值；‎ ‎（2）设生产书桌x张，书橱y个，利润总额为z元．‎ 则 ，，由线性规划知识可求得的最大值．即作可行域，作直线，平移此直线得最优解．‎ ‎【详解】由题意可画表格如下：‎ 方木料（）‎ 五合板（）‎ 利润（元）‎ 书桌（个）‎ ‎0.1‎ ‎2‎ ‎80‎ 书橱（个）‎ ‎0.2‎ ‎1‎ ‎120‎ ‎ (1)设只生产书桌x个，可获得利润z元，‎ 则， ∴ ∴ ‎ 所以当时，(元)，即如果只安排生产书桌，最多可生产300张书桌，获得利润24000元 ‎(2)设生产书桌x张，书橱y个，利润总额为z元．‎ 则 ，∴‎ 在直角坐标平面内作出上面不等式组所表示平面区域，即可行域 作直线，即直线．‎ 把直线l向右上方平移至的位置时，直线经过可行域上的点M，‎ 此时取得最大值 由解得点M的坐标为.‎ ‎∴当，时，(元)．‎ 因此，生产书桌100张、书橱400个，可使所得利润最大 所以当，时，．‎ 因此，生产书桌100张、书橱400个，可使所得利润最大．‎ ‎【点睛】本题考查简单的线性规划的实际应用，解题时需根据已知条件设出变量，列出二元一次不等式组表示的约束条件，列出目标函数，然后由解决线性规划的方法求最优解．‎ ‎21.在平面立角坐标系中，过点的圆的圆心在轴上，且与过原点倾斜角为的直线相切.‎ ‎(1)求圆的标准方程；‎ ‎(2)点在直线上，过点作圆的切线、，切点分别为、，求经过、、、四点的圆所过的定点的坐标.‎ ‎【答案】（1）（2）经过、、、四点的圆所过定点的坐标为、‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)先算出直线方程，根据相切和过点，圆心在轴上联立方程解得答案.‎ ‎(2) 取线段的中点 ，经过、、、四点的圆是以线段为直径的圆，设点的坐标为，则点的坐标为，将圆方程表示出来，联立方程组解得答案.‎ ‎【详解】(1)由题意知，直线的方程为，整理为一般方程可得 由圆的圆心在轴上，可设圆的方程为，‎ 由题意有，解得：，，‎ 故圆的标准方程为.‎ ‎(2)由圆几何性质知，，，取线段的中点，由直角三角形的性质可知，故经过、、、四点的圆是以线段为直径的圆，‎ 设点的坐标为，则点的坐标为 有 则以为直径的圆的方程为：，整理为 可得.‎ 令，解得或，‎ 故经过、、、四点圆所过定点的坐标为、.‎ ‎【点睛】本题考查了圆的方程，切线问题，四点共圆，定点问题，综合性强，技巧性高，意在考查学生的综合应用能力.‎ ‎22.在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，且过点．‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）设点，点在轴上，过点的直线交椭圆交于，两点．‎ ‎①若直线的斜率为，且，求点的坐标；‎ ‎②设直线，，的斜率分别为，，，是否存在定点，使得恒成立？若存在，求出点坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】（1）；（2）①；②存在，.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用椭圆的离心率为、过点以及建立方程组，求出和的值即可；‎ ‎（2）①设出直线的方程，联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理和，得出的值即可；②假设成立，设，分别讨论直线的斜率是否为的情形，联立直线与圆锥曲线的方程以及利用，解出的值，求出点坐标即可.‎ ‎【详解】（1）椭圆的离心率为，且过点．‎ ‎，解之得：，‎ 椭圆的方程为：；‎ ‎（2）设，，‎ ‎①设直线的方程为：，‎ 由，得：，‎ ‎，故，‎ ‎，，‎ ‎，解得．‎ ‎；‎ ‎②，设，‎ ‎（ⅰ）当直线的斜率为时，，， ‎ 由，可得，解得，即；‎ ‎（ⅱ）当直线的斜率不为时，设，，‎ 设直线的方程为，‎ 由，得：‎ ‎，．‎ 由，可得，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ 当时，上式恒成立.‎ 综上，存在定点，使得恒成立．‎ ‎【点睛】本题考查椭圆方程的求法，考查圆锥曲线的综合应用，考查逻辑思维能力和计算能力，属于高考常考题型.‎ ‎ ‎