2019-2020学年辽宁省朝阳市高二上学期第三次联考数学试题（解析版）

2019-2020学年辽宁省朝阳市高二上学期第三次联考数学试题（解析版）

‎2019-2020学年辽宁省朝阳市高二上学期第三次联考数学试题 一、单选题 ‎1．已知集合，集合，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】求出集合，根据交集定义计算．‎ ‎【详解】‎ 集合，．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查集合的交集运算，属于基础题．‎ ‎2．已知方程表示焦点在x轴上的双曲线，则m的取值范围为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】的分母为正，的分母为负．‎ ‎【详解】‎ 焦点在x轴上．则，解得．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查双曲线的标准方程，在方程中，若，则其是双曲线方程．‎ ‎3．已知直线和，若，则实数的值为 A．1或 B．或 C．2或 D．或 ‎【答案】C ‎【解析】利用直线与直线垂直的性质直接求解．‎ ‎【详解】‎ ‎∵直线和，若，‎ ‎∴，得 ，解得或，‎ ‎∴实数的值为或．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查直线与直线垂直的性质等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．‎ ‎4．已知椭圆E：与双曲线C：（，）有相同的焦点，则双曲线C的渐近线方程为（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】求出椭圆焦点坐标，即为双曲线焦点坐标，再由双曲线中的关系求得后可得渐近线方程．‎ ‎【详解】‎ 椭圆E的焦点为．故．双曲线C的渐近线方程为．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查椭圆与双曲线的标准方程，考查其几何性质．属于基础题．‎ ‎5．已知直线过点，且在纵坐标轴上的截距为横坐标轴上的截距的两倍，则直线的方程为（ ）‎ A． B．‎ C．或 D．或 ‎【答案】D ‎【解析】根据题意，分直线是否经过原点2种情况讨论，分别求出直线 的方程，即可得答案．‎ ‎【详解】‎ 根据题意，直线分2种情况讨论：‎ ‎①当直线过原点时，又由直线经过点，所求直线方程为，整理为，‎ ‎②当直线不过原点时，设直线的方程为，代入点的坐标得，解得，此时直线的方程为，整理为．‎ 故直线的方程为或.‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查直线的截距式方程，注意分析直线的截距是否为0，属于基础题．‎ ‎6．已知，，则（ ）‎ A． B． C． D．3‎ ‎【答案】D ‎【解析】由结合两角差的正切公式计算．‎ ‎【详解】‎ 由．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查两角差的正切公式，属于基础题．本题解题关键是“角”的变换，即．‎ ‎7．由直线上一点P 向 圆 C：引切线，则切线长的最小值为（ ）‎ A． B． C． D．1‎ ‎【答案】D ‎【解析】由切线性质，切线长等于，因此只要 最小即可，此最小值即为到直线的距离．‎ ‎【详解】‎ 点P为直线上到圆心C距离最小的点时，切线长最小，故有．切线长最小值为：．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查切线的性质，考查点到直线的距离公式．属于基础题．‎ ‎8．设正三角形ABC的边长为2，点D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，则在A，B，C，D，E，F这6个点中，任取2个点，则所取的2个点之间的距离为的概率为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】6个点中，只有顶点到对边中点距离为，共有3对，再求出任取2点的方法种数，媃中求得概率．‎ ‎【详解】‎ 中，顶点到对边中点距离为，有3对，在6点中取2点有15种，．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查古典概型概率，求出事件的个数是解题关键．本题可能列举法求出基本事件的个数．‎ ‎9．已知，是双曲线C：的左、右焦点，点P在C上，，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】由双曲线的定义得，再结合已知条件可求得，最后由余弦定理可求得结论．‎ ‎【详解】‎ 由双曲线的定义知，，又，故，，‎ ‎∴．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查双曲线的定义，考查余弦定理．在双曲线中涉及到双曲线上的点到焦点的距离时，要考虑利用双曲线的定义求解，这样才能事半功倍．‎ ‎10．已知，，，则的最小值为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】 ,选B ‎11．已知函数为定义在R上的奇函数，且在为减函数在为增函数，，则不等式的解集为（ ）‎ A．‎ B．‎ C．‎ D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】由奇函数性质把不等式变为，再根据的值分类讨论，同时根据函数的单调性确定的正负。‎ ‎【详解】‎ 不等式可化为，可得 或 或 ‎．‎ 得 或 或．‎ 故选：D。‎ ‎【点睛】‎ 本题考查函数的奇偶性与单调性，考查函数基本性质的综合应用。属于基础题。‎ ‎12．若直线l交双曲线的左，右两支于A，B两点，O为坐标原点，若，则（ ）‎ A． B． C．2 D．3‎ ‎【答案】B ‎【解析】设直线OA的方程为，代入双曲线方程求出点坐标，计算，直线OB的方程为（），同理可得，计算即可。‎ ‎【详解】‎ 设直线OA的方程为，与联立得，，‎ ‎．‎ 则直线OB的方程为（），同理求得，‎ ‎．‎ 故选：B。‎ ‎【点睛】‎ 本题考查直线与双曲线相交问题，考查向量的数量积与垂直的关系。解题基础是掌握向量的数量积与垂直的关系。‎ 二、填空题 ‎13．命题“，”的否定为______．‎ ‎【答案】．．‎ ‎【解析】否定结论，并把存在量词改为全称量词。‎ ‎【详解】‎ 命题“，”的否定为“．．”‎ 故答案为：．．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查命题的否定，要注意命题的否定与否命题的区别，在命题的否定中，存在量词与全称量词要互换。‎ ‎14．设x，，向量，，，且，，则______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由，得，求得，由求得，从而可得。再由坐标运算求得模。‎ ‎【详解】‎ 由得，∴．由知．‎ ‎∴，．‎ 故答案为：。‎ ‎【点睛】‎ 本题考查求向量的模，解题时可由向量垂直和平行求得其中的变量，从而可得，计算出模。本题属于基础题。‎ ‎15．已知点在圆上运动，则的最大值与最小值的积为______．‎ ‎【答案】12‎ ‎【解析】由几何意义，表示原点到点P的距离．求出原点到圆心的距离，结合圆的半径可得所求最大值和最小值。‎ ‎【详解】‎ 圆的标准方程为，表示原点到点P的距离．由圆的几何性质知，，由z的最大值与最小值的积为．‎ 故答案为：12。‎ ‎【点睛】‎ 本题考查圆的一般方程，考查点与圆的位置关系。解题关键是对代数式的几何意义的理解，即表示原点到点P的距离，从而可得解法。‎ ‎16．已知点A，B为椭圆C：的左右顶点，点M为x轴上一点，过M作x轴的垂线交椭圆C于P，Q两点，过M作AP的垂线交BQ于点N，则______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】设，，，由直线和相交求出点坐标，注意在椭圆上，可化简点坐标，然后求出和，求比值即得。‎ ‎【详解】‎ 设．则，，由题设知，且，直线AP的斜率，直线MN的斜率．‎ 直线MN的方程为，直线BQ的方程为．‎ 联立，解得．‎ 又点P在椭圆C上，得，．‎ 又，‎ ‎，‎ ‎．‎ 故答案为：。‎ ‎【点睛】‎ 本题考查直线与椭圆相交问题，解题时设出点的坐标，然后按常规方法求出交点的坐标，求出三角形面积，再计算比值。本题主要考查运算求解能力。‎ 三、解答题 ‎17．已知双曲线C： (，)的离心率为． ‎ ‎（1）若双曲线C的焦距长为，求双曲线C的方程：‎ ‎（2）若点为双曲线C上一点，求双曲线C的方程，‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】（1）离心率，又，结合可求得得方程；‎ ‎（2）由，把坐标代入双曲线方程得，结合可求得得方程。‎ ‎【详解】‎ 由 得，．‎ ‎（1） ，，，，‎ ‎ 双曲线C的方程为．‎ ‎（2）由题知C：，又点在C上，‎ ‎，解得，，‎ 双曲线C的方程为．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查双曲线的标准方程，解题关键是找到关于的两个等式，再结合结合就可求得，得双曲线方程。‎ ‎18．在前n项和为的等差数列中，，．‎ ‎（1）求数列的首项和公差；‎ ‎（2）记，求数列前20项的和．‎ ‎【答案】（1）首项为18，公差为 （2）200‎ ‎【解析】（1）由基本量法可求得数列的首项和公差；‎ ‎（2）由（1）得，这样当时，当时，因此前20项中，分两类，前10求和，后10项再求和，最后相加即可。‎ ‎【详解】‎ 解：（1）设数列的公差为d，由题意有：‎ ‎，解得：‎ 故数列的首项为18，公差为，‎ ‎（2）由（1）知，‎ 可知当时，当时，‎ 数列前20项的和为．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查等差数列的通项公式，前项和公式，解题方法是基本量法，属于中档题型。‎ ‎19．在中，内角、、所对的边分别为、、，且.‎ ‎(1)求；‎ ‎(2)若，，求.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】(1)利用正弦定理化简为，再利用余弦定理得到答案.‎ ‎(2)先用和差公式计算，再利用正弦定理得到.‎ ‎【详解】‎ ‎(1)由正弦定理，可化为，‎ 得，由余弦定理可得，有 又由，可得.‎ ‎(2)由，‎ 由正弦定理有.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了正弦定理，余弦定理，和差公式，意在考查学生的计算能力.‎ ‎20．如图，在四棱锥中，，， O为DE的中点，．F为的中点，平面平面BCED．‎ ‎（1）求证：平面 平面． ‎ ‎（2）线段OC上是否存在点G，使得平面EFG？说明理由。‎ ‎【答案】（1）证明见解析 （2）不存在，理由见解析 ‎【解析】（1）题中已知垂直等关系易得平面，因此关键是证明，则可得线面垂直，从而有面面垂直，而可在等腰梯形中通过计算由勾股定理逆定理得证；‎ ‎（2）假设存在点满足题意，则可证得，是中点，从而有，这与已知矛盾，从而得假设错误，点不存在．‎ ‎【详解】‎ 解：（1）因为．所以，又O为DE的中点，‎ 所以．‎ 因为平面平面BCED，且平面，‎ 所以平面BCED．所以．‎ 由于四边形BCED是一个上底为2．下底为4，腰长为 的等腰梯形，易求得．‎ 在 中， ，所以， ‎ 所以平面．所以平面 平面．‎ ‎（2）线段OC上不存在点G，使得平面FFG．‎ 理由如下：‎ 假设线段OC上存在点G，使得平面EFG，‎ 连接GE，GF．则必有．且．‎ 在 中，由F为的中点，，得G为OC的中点．‎ 在中，因为．所以 ．这显然与 ， 矛盾．‎ 所以线段OC上不存在点G，使得平面EFG．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查面面垂直的判断与性质，线面垂直的性质．掌握两个定理的条件，掌握垂直之间的转换方法是解题基础．‎ ‎21．已知圆C：，直线1过原点O．‎ ‎（1）若直线l与圆C相切，求直线l的斜率；‎ ‎（2）若直线l与圆C交于A、B两点，点P的坐标为，若．求直线l的方程．‎ ‎【答案】（1） （2）或 ‎【解析】（1）设出直线方程为，由圆心到直线的距离等于贺半径可求得，这类问题中还要注意切线是否与轴垂直．‎ ‎（2）就是，因此设点A、B的坐标分别为 ，，由（1）知直线l的方程为．把方程代入圆方程消元后由韦达定理得，代入可求得，从而得直线方程．‎ ‎【详解】‎ 解：（1）设直线l的方程为 ．由直线l与圆C相切．有 ，整理为．解得：，‎ ‎（2）设点A、B的坐标分别为 ，，由（1）知直线l的方程为．‎ 联立方程 ，消去y整理为 ，有，，，‎ 由 ，，‎ 则，‎ ‎，‎ 由 ，有，得 ，解得 ，‎ 则直线l的方程为或．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查直线与圆的位置关系，在直线与圆相切时，通常用圆心到切线的距离等于圆半径求解．在直线与圆（包括圆锥曲线）相交时，通过由直线方程与圆（或圆锥曲线）方程联立方程组，消元后用韦达定理得，再代入其它条件可证明某些结论，或求出参数值．‎ ‎22．已知椭圆的右焦点为，是椭圆上一点，轴，.‎ ‎（1）求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）若直线与椭圆交于、两点，线段的中点为，为坐标原点，且，求面积的最大值.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】（1）设椭圆的焦距为，可得出点在椭圆上，将这个点的坐标代入椭圆的方程可得出，结合可求出的值，从而可得出椭圆的标准方程；‎ ‎（2）分直线的斜率不存在与存在两种情况讨论，在轴时，可得出，从而求出的面积；在直线斜率存在时，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与椭圆方程联立，利用韦达定理结合，得出，计算出与的高，可得出面积的表达式，然后可利用二次函数的基本性质求出面积的最大值.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）设椭圆的焦距为，由题知，点，，‎ 则有，，又，，，‎ 因此，椭圆的标准方程为；‎ ‎（2）当轴时，位于轴上，且，‎ 由可得，此时；‎ 当不垂直轴时，设直线的方程为，与椭圆交于，，‎ 由，得.‎ ‎，，从而 已知，可得.‎ ‎.‎ 设到直线的距离为，则，‎ ‎.‎ 将代入化简得.‎ 令，‎ 则.‎ 当且仅当时取等号，此时的面积最大，最大值为.‎ 综上：的面积最大，最大值为.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查椭圆标准方程的求解，同时也考查了直线与椭圆中三角形面积最值的计算，一般将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理设而不求法来求解，同时在计算最值时，常用函数的基本性质以及基本不等式进行求解，考查运算求解能力，属于难题.‎