2019-2020学年湖北省大冶市第一中学高二10月月考数学试题（解析版）

2019-2020学年湖北省大冶市第一中学高二10月月考数学试题（解析版）

‎2019-2020学年湖北省大冶市第一中学高二10月月考数学试题 一、单选题 ‎1．已知数列为等比数列，首项，数列满足，且，则（ ）‎ A．8 B．16 C．32 D．64‎ ‎【答案】C ‎【解析】先确定为等差数列，由等差的性质得进而求得的通项公式和的通项公式，则可求 ‎【详解】‎ 由题意知为等差数列，因为，所以，因为，所以公差，则，即，故，于是.‎ 故选：C ‎【点睛】‎ 本题考查等差与等比的通项公式，等差与等比数列性质，熟记公式与性质，准确计算是关键，是基础题 ‎2．如图，正方体中，异面直线和所成角的大小为（ ）‎ A． B． C． D．或 ‎【答案】A ‎【解析】连接，，根据平行关系可知所求角为，易知为等边三角形，从而可知，得到所求结果.‎ ‎【详解】‎ 连接，‎ ‎ 即为异面直线与所成角 又 ‎ 即异面直线与所成角为：‎ 本题正确选项：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查异面直线所成角的求解，关键是通过平移直线找到所成角，再放入三角形中进行求解.‎ ‎3．设表示不同的直线，表示不同的平面，给出下列命题：‎ ‎①若，，则； ②若，，则；‎ ‎③若，，，则； ④若，，，则.‎ 则以上命题正确的个数为（ ）‎ A．1 B．2 C．3 D．4‎ ‎【答案】C ‎【解析】根据直线与平面、平面与平面平行、垂直的判定和性质依次判断各个选项即可.‎ ‎【详解】‎ ‎①，，此时与平行或相交，①错误；‎ ‎②，，根据面面平行性质可知，②正确；‎ ‎③，，则，又，，③正确；‎ ‎④，，则或；又，，④正确.‎ 本题正确选项：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查空间中直线与平面、平面与平面位置关系相关命题的判断，考查对于平行与垂直的判定定理、性质定理的掌握情况.‎ ‎4．已知过点和点的直线为，，．若，，则的值为（ ）‎ A. B. C.0 D.8‎ ‎【答案】A ‎【解析】利用直线平行垂直与斜率的关系即可得出．‎ ‎【详解】‎ ‎∵l1∥l2，∴kAB＝＝－2，解得m＝－8．‎ 又∵l2⊥l3，∴×(－2)＝－1，解得n＝－2，∴m＋n＝－10．故选:A．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了直线平行垂直与斜率的关系，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．‎ ‎5．直线与曲线有且仅有一个公共点，则的取值范围是（ ）‎ A. B.或 C.或 D.以上都不对 ‎【答案】B ‎【解析】把曲线方程整理后可知其图象为半圆，进而画出图象来，要使直线与曲线有且仅有一个交点，那么很容易从图上看出其三个极端情况分别是：直线在第四象限与曲线相切，交曲线于（0，−1）和另一个点，及与曲线交于点（0，1），分别求出b，则b的范围可得．‎ ‎【详解】‎ 由可以得到，所以曲线为轴右侧的半圆，‎ 因为直线与半圆有且仅有一个公共点，如图所示：‎ 所以或，所以或，故选B．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查直线与半圆的位置关系，注意把曲线的方程变形化简时要关注等价变形．‎ ‎6．圆与圆的公共弦所在直线和两坐标轴所围成图形的面积为（ ）‎ A.1 B.2 C.4 D.8‎ ‎【答案】B ‎【解析】将两圆方程相减可得公共弦所在直线的方程．‎ ‎【详解】‎ 将两圆方程相减可得即 当时，，当时，交点与 ‎，故选B．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查圆与圆的位置关系．两圆方程分别为，，则两方程相减得，为：两圆相交时是相交弦所在直线方程，两圆相切时，是过切点的公共切线的方程．‎ ‎7．已知椭圆的左、右焦点分别为，点在上，且的周长为，则的值是 A. B. C. D.‎ ‎【答案】D ‎【解析】由椭圆的定义知的周长为，可求出的值，再结合、、的关系求出的值，即的值。‎ ‎【详解】‎ 设椭圆的长轴长为，焦距为，则，，‎ 由椭圆定义可知，的周长为，，‎ ‎，解得，故选：D。‎ ‎【点睛】‎ 本题考查椭圆的定义的应用，考查利用椭圆定义求椭圆的焦点三角形问题，在处理椭圆的焦点与椭圆上一点线段（焦半径）问题，一般要充分利用椭圆定义来求解，属于基础题。‎ ‎8．如图，多面体为正方体，则下面结论正确的是　　‎ A.‎ B.平面平面 C.平面平面 D.异面直线与所成的角为 ‎【答案】C ‎【解析】在A中，由，得，矛盾；在B中，由平面，得平面平面，得到平面平面也是错误的；在C中，由，，得平面平面；在D中，推导出AD与所成角为．‎ ‎【详解】‎ 在A中，若，由，得，矛盾，故A错误；‎ 在B中，平面，平面平面，‎ 则平面平面也是错误的，故B错误；‎ 在C中，，，平面平面，故C正确；‎ 在D中，多面体为正方体， ，‎ 又，与所成角为，故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、数形结合思想，是中档题．‎ ‎9．已知椭圆以及椭圆内一点P(4，2)，则以P为中点的弦所在直线的斜率为(　　)‎ A．－ B． C．－2 D．2‎ ‎【答案】A ‎【解析】由于是弦的中点，根据点差法求出弦所在直线的斜率.‎ ‎【详解】‎ 设以为中点的弦的两个端点分别为，‎ 所以由中点坐标公式可得，‎ 把两点坐标代入椭圆方程得 两式相减可得 所以，即所求的直线的斜率为.‎ 故选A项.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查通过点差法求弦中点所在直线的斜率，属于中档题.‎ ‎10．已知PA，PB是圆C:的两条切线(A，B是切点)，其中P是直线上的动点，那么四边形PACB的面积的最小值为( )‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】配方得圆心坐标，圆的半径为1，由切线性质知，而的最小值为C点到的距离，由此可得结论．‎ ‎【详解】‎ 由题意圆的标准方程为，∴圆心为，半径为．‎ 又，‎ 到直线的距离为，‎ ‎∴．‎ 故选C．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查圆切线的性质，考查面积的最小值，解题关键是把四边形面积用表示出来，而的最小值为圆心到直线的距离，从而易得解．‎ ‎11．著名数学家华罗庚曾说过：“数形结合百般好，隔裂分家万事休．”事实上，有很多代数问题可以转化为几何问题加以解决，如：可以转化为平面上点M(x，y)与点N(a，b)的距离．结合上述观点，可得的最小值为(　　)‎ A. B. C.4 D.8‎ ‎【答案】B ‎【解析】∵f(x)＝＋＝＋，∴f(x)的几何意义为点M(x,0)到两定点A(－2,4)与B(－1,3)的距离之和，设点A(－2,4)关于x轴的对称点为A′，则A′为(－2，－4)．要求f(x)的最小值，可转化为|MA|＋|MB|的最小值，利用对称思想可知|MA|＋|MB|≥|A′B|＝＝5，即f(x)＝＋的最小值为5.选B.‎ ‎12．已知椭圆的左、右焦点分别是，若离心率，则称椭圆为“黄金椭圆”.下列有三个命题：‎ ‎①在黄金椭圆中，成等比数列；‎ ‎②在黄金椭圆中，若上顶点、右顶点分别为，则；‎ ‎③在黄金椭圆中，以为顶点的菱形的内切圆经过焦点.‎ 正确命题的个数是( )‎ A.0 B.1 C.2 D.3‎ ‎【答案】D ‎【解析】本道题结合椭圆的基本性质，结合三角形三边关系，建立等式，证明，即可。‎ ‎【详解】‎ 对于1选项，，得到，结合，故，所以a,b,c成等比数列，故正确；对于2选项，则 而,故，正确；对于3选项，结合题意可知,该圆的圆心为坐标原点,设圆心的半径为r，结合该圆与四边形ABDE相切，结合可知，代入离心率得到，所以该圆经过焦点，故正确的有3个，故选D。‎ ‎【点睛】‎ 本道题考查了椭圆的基本性质，关键结合离心率计算公式和三角形三边关系，建立等式，难度偏难。‎ 二、填空题 ‎13．若直线始终平分圆的周长，则的最小值为________‎ ‎【答案】9‎ ‎【解析】平分圆的直线过圆心，由此求得的等量关系式，进而利用基本不等式求得最小值.‎ ‎【详解】‎ 由于直线始终平分圆的周长，故直线过圆的圆心，即，所以.‎ ‎【点睛】‎ 本小题主要考查直线和圆的位置关系，考查利用基本不等式求最小值，属于基础题.‎ ‎14．三棱锥中，平面平面ABC，和均为边长是的正三角形，则三棱锥的外接球的表面积为______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】取AC中点G，连接DG，BG，得到两个三角形中心E，F，进而得到球心O，在三角形OEB中，求得半径，得解．‎ ‎【详解】‎ 如图，取AC中点G，连接DG，BG，‎ E，F分别为中心，外接球球心为O，‎ 易知OEGF为正方形，‎ 求得，，‎ ‎，‎ ‎，‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】‎ 此题考查了三棱锥外接球，难度适中．‎ ‎15．已知过椭圆的左顶点作直线交轴于点，交椭圆于点，若是等腰三角形，且，则椭圆的离心率为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由条件确定P点坐标，利用向量关系求出Q的坐标，代入椭圆方程求离心率.‎ ‎【详解】‎ 因为是等腰三角形且，所以.‎ 设，因为，所以，‎ 得，,又Q在椭圆上，‎ 所以，，又，‎ 所以，，，,‎ 故答案为.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查椭圆离心率的求解，考查计算能力，属于中档题.‎ ‎16．正项数列满足,又是以为公比的等比数列,则使得不等式成立的最小整数为__________.‎ ‎【答案】6‎ ‎【解析】求得的首项，根据题目所给公比求得的表达式，由此求得的表达式，利用的表达式证得是等比数列，由此求得的通项公式，进而求得的通项公式，利用等比数列前项和公式求得不等式左边表达式的值，解不等式求得的最小正整数值.‎ ‎【详解】‎ 依题意是首项为，公比为的等比数列，故，两边平方得，所以，两式相除得，故是以为首项，公比为的等比数列，故，所以.是以为首项，公比为的等比数列，故，所以.所以 ‎，由，，经检验可知，符合题意.即的最小值为.‎ ‎【点睛】‎ 本小题主要考查递推数列求通项，考查数列求和的方法，考查不等式的解法，属于中档题.‎ 三、解答题 ‎17．已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，长轴长为，且点在椭圆上．‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）若点P在椭圆上，∠F2PF1＝60°，求△PF1F2的面积．‎ ‎【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】（1）由题意求得a，设出椭圆方程，代入已知的坐标求得b，则椭圆方程可求； （2）由（1）求得c及2a，在△F2PF1中，由余弦定理可得，然后代入三角形面积公式可得△F2PF1的面积．‎ ‎【详解】‎ ‎（1） 因为的焦点在轴上且长轴为，‎ 故可设椭圆的方程为（），‎ 因为点在椭圆上，所以， 解得， ‎ 所以，椭圆的方程为．‎ ‎（2）由（1）知，‎ 在△F2PF1中，由余弦定理可得：‎ 即 ‎，则 ‎【点睛】‎ 本题考查椭圆的简单性质，考查了焦点三角形中椭圆定义及余弦定理的应用，是中档题．‎ ‎18．已知等差数列的前项和为，且，公差，，，成等比数列.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）设，求数列的前项和.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】（1）根据，公差，，，成等比数列，形成方程组，解得答案.‎ ‎（2）根据，计算，得到，用裂项求和法得到答案.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）∵，，成等比数列，‎ ‎∴，即，‎ ‎∴，又，∴，‎ ‎∴，‎ 故.‎ ‎（2）由（1）得，‎ ‎∴，‎ ‎∴.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了等差数列，等比数列，裂项求和，意在考查学生对于数列公式方法的灵活应用.‎ ‎19．如图，在三棱柱中，，，且，底面，为中点,点为上一点．‎ ‎（1）求证： 平面； ‎ ‎（2）求二面角 的余弦值；‎ ‎【答案】（1）详见解析；（2）.‎ ‎【解析】（1）连接交于O，连接EO，证明，推出 平面． （2）以CA，CB，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．求出平面的法向量，平面的法向量，利用空间向量的数量积求解二面角的余弦值．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）连接交于，连接，‎ 因四边形为矩形，，为对角线，所以为中点，又为中点，‎ 所以，平面，平面，‎ 所以 //平面．‎ ‎（2）因为底面，所以底面，‎ 又，所以以，，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系． ‎ 则，，，．，，‎ 设平面的法向量为,则有，即 令，则．‎ 由题意底面，所以为平面的法向量，‎ 所以，又由图可知二面角为钝二面角，‎ 所以二面角 的余弦值为。‎ ‎【点睛】‎ 本题考查直线与平面的位置关系的综合应用，二面角的平面角的求法，考查空间想象能力以及计算能力．‎ ‎20．已知点与圆.‎ ‎（1）设为圆上的动点，求线段的中点的轨迹方程；‎ ‎（2）过点作圆的切线，求的方程.‎ ‎【答案】（1）；（2）或 ‎【解析】（1）设出点，借助点得出的轨迹方程；‎ ‎（2）利用点到切线的距离等于半径，求出切线方程.‎ ‎【详解】‎ 解：（1）设 因为线段的中点为，‎ 故，‎ 因为为圆上的动点，‎ 所以，‎ 即，‎ 即的轨迹方程；‎ ‎（2）当切线的斜率不存在时，‎ 直线方程为，满足题意；‎ 当切线的斜率存在时，‎ 则设切线方程为，即，‎ 故，‎ 解得：，‎ 此时切线方程为.‎ 所以切线方程为或.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了点的轨迹问题、直线与圆相切的问题，解决动点轨迹常见的方法有直译法、定义法、相关点法、参数法等等，解题时应注意灵活应用.‎ ‎21．如图，四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧面底面，.‎ ‎（1）求证：平面平面；‎ ‎（2）当三棱锥体积最大时，求二面角的余弦值．‎ ‎【答案】（1）详见解析；（2）.‎ ‎【解析】（1）利用面面垂直的性质证得，利用线面垂直的性质证得，进而可得面，平面平面 ‎； （2）首先由不等式证得当时，三棱锥体积最大，然后建立空间直角坐标系，利用空间向量来求二面角的平面角，不难求解．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）证明：∵侧面底面，侧面底面，四边形为正方形，∴，面，∴面，‎ 又面，∴，平面，面，∴，‎ ‎，平面，∴面，面，‎ ‎∴平面平面．‎ ‎（2），‎ 求三棱锥体积的最大值，只需求的最大值．‎ 令，由（1）知，，∴，‎ 而，当且仅当，即时，的最大值为．‎ 如图所示，分别取线段，中点，，连接，，以点为坐标原点，以，和分别作为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系．‎ 由已知，所以，‎ 令为面的一个法向量，则有，∴‎ 易知为面的一个法向量，二面角的平面角为，为锐角 则．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了证明面面垂直，考查了三棱锥的体积公式、基本不等式的应用，以及利用空间向量的数量积求二面角余弦值的问题，难度适中。‎ ‎22．已知椭圆的四个顶点围成的菱形的面积为，椭圆的一个焦点为圆的圆心．‎ ‎(1)求椭圆的方程；‎ ‎(2)若M，N为椭圆上的两个动点，直线OM，ON的斜率分别为，当时，△MON的面积是否为定值?若为定值，求出此定值；若不为定值，说明理由．‎ ‎【答案】（1）（2）为定值，详见解析 ‎【解析】(1)根据菱形的面积和焦点建立方程组，解方程组可得；‎ ‎(2)先求弦长和三角形的高，再求面积的表达式，求出定值.‎ ‎【详解】‎ 解：（1）由题意可知，， ‎ 圆的圆心为，所以， ‎ 因此，联立，解之，‎ 故椭圆的方程为. ‎ ‎（2）设，当直线的斜率存在时，设方程为，‎ 由，消可得， ‎ 则有，即，‎ ‎，‎ 所以 ‎. ‎ 点到直线的距离，‎ 所以. ‎ 又因为，‎ 所以，‎ 化简可得，满足， ‎ 代入， ‎ 当直线的斜率不存在时，由于，考虑到关于轴对称，不妨设，则点的坐标分别为,‎ 此时，‎ 综上，的面积为定值. ‎ 法二：设，‎ 由题意，可得， ‎ 所以， ‎ 而 ‎ ‎ 因为，所以，故为定值.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查椭圆方程的求解和定值问题，侧重考查数学运算的核心素养.‎