宁夏银川三沙源上游学校2019-2020学年高二上学期月考数学（理）试题 19页

银川三沙源上游学校2019－2020学年上学期第二次月考数学试卷（理）‎ 一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）‎ ‎1.命题“，”的否定为（ ）‎ A. ， B. ，‎ C. ， D. ，‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：根据含有量词的命题的否定为：将任意改为存在，结论否定，即可写出命题的否定．‎ 详解：由命题“，”，其否定为：， .‎ 故选C.‎ 点睛：本题的考点是命题的否定，主要考查含量词的命题的否定形式：将任意与存在互换，结论否定即可．‎ ‎2.抛物线的焦点坐标是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先将方程化为抛物线的标准方程，然后求出，可得到焦点坐标.‎ ‎【详解】解：由得，，则，所以 ,‎ 因为抛物线的焦点在的负半轴上，‎ 所以焦点坐标为.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】此题考查的是已知抛物线方程求其焦点坐标，属于基础题.‎ ‎3.椭圆以轴和轴为对称轴，经过点(2，0)，长轴长是短轴长的2倍，则椭圆的方程为（ ）‎ A. B. ‎ C. 或 D. 或 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由于椭圆长轴长是短轴长的2倍，即，又椭圆经过点(2，0)，分类讨论，即可求解.‎ ‎【详解】由于椭圆长轴长是短轴长的2倍，即，又椭圆经过点(2，0)，‎ 则若焦点在x轴上，则，，椭圆方程为；‎ 若焦点在y轴上，则，，椭圆方程为，‎ 故选C．‎ ‎【点睛】本题主要考查了椭圆的方程的求解，其中解答中熟记椭圆的标准方程的形式，合理分类讨论是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎4.设为两条不同的直线，为两个不同的平面，下列命题中正确的是（ ）‎ A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，， 则 D. 若，，， 则 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过作图的方法，可以逐一排除错误选项.‎ ‎【详解】如图，相交，故A错误 如图，相交，故B错误 D.如图，相交，故D错误 故选C.‎ ‎【点睛】本题考查直线和平面之间的位置关系，属于基础题.‎ ‎5.下列四个命题：‎ ‎①命题“若，则”的逆否命题为“若，则”；‎ ‎②若“或”是假命题，则“且”是真命题；‎ ‎③若：，：，则是的充要条件；‎ ‎④已知命题：存在，使得成立，则：任意，均有成立；‎ 其中正确命题的个数是（ ）‎ A. 1 B. ‎2 ‎C. 3 D. 4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎①命题“若，则”的逆否命题为“若，则”，故①正确；‎ ‎②若“或”是假命题，则，均为假命题，所以和是真命题，故②正确；‎ ‎③若：，得；由：，得，则是的必要不充分条件，故③错误；‎ ‎④因为特称命题的否定为特称命题，所以命题：存在，使得成立，则：任意，均有成立，正确，故④正确.所以正确的命题由3个.‎ 故选C ‎6.已知，则（ ）‎ A. 2 B. C. 1 D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先对函数求导，然后令先求出，再令可求得的值.‎ ‎【详解】解：因为，‎ 所以，‎ 令，则，解得 所以，‎ 所以,‎ 故选：A ‎【点睛】此题考查的是导数的基本运算，属于基础题.‎ ‎7.正方体中，直线与平面所成角正弦值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出相关图形，设正方体边长为1，求出与平面所成角正弦值即为答案.‎ ‎【详解】如图所示，正方体中，直线与平行，则直线与平面所成角正弦值即为与平面所成角正弦值.因为为等边三角形，则在平面即为的中心，则为与平面所成角.可设正方体边长为1，显然，因此，则，故答案选C.‎ ‎【点睛】本题主要考查线面所成角的正弦值，意在考查学生的转化能力，计算能力和空间想象能力.‎ ‎8.若双曲线的一个焦点到一条渐近线的距离等于焦距的，则该双曲线的渐近线方程是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：因为双曲线的一个焦点到一条渐近线的距离为所以因此因为双曲线的渐近线方程为所以该双曲线的渐近线方程是.‎ 考点：双曲线的渐近线方程 ‎9.在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点为，则( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意，根据点关于平面的对称点，求得的坐标，利用向量的数量积的坐标运算，即求解.‎ ‎【详解】由题意，空间直角坐标系中，点关于平面的对称点，‎ 所以,则，故选D.‎ ‎【点睛】本题主要考查了空间直角坐标系的应用，以及空间向量的数量积的坐标运算，其中解答中熟记空间向量数量积的坐标运算公式，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎10.已知双曲线的左右焦点分别为，点是双曲线上一点，且，则等于（ ）.‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 由,可得⊥，‎ 双曲线的，‎ 左、右焦点分别为(−3,0),(3,0)，‎ 令x=3,,解得，‎ 即有，‎ 由双曲线的定义可得.‎ 故选A.‎ ‎11.函数在上的最大值为（ ）‎ A. B. C. D. 0‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求得函数的导数，得出函数的单调性，即可求解函数的最大值，得到答案．‎ ‎【详解】由题意，函数，则，‎ 当时，，函数单调递增；‎ 当时，，函数单调递减，‎ 所以当，函数取得最大值，最大值为，故选D．‎ ‎【点睛】本题主要考查了导数在函数中的应用，其中解答中利用导数求得函数的单调性是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．‎ ‎12.已知双曲线的右顶点到其一条渐近线的距离等于，抛物线的焦点与双曲线的右焦点重合，则抛物线上的动点到直线和距离之和的最小值为（ ）‎ A. 1 B. ‎2 ‎C. 3 D. 4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：由双曲线的右顶点到渐近线的距离求出，从而可确定双曲线的方程和焦点坐标，进而得到抛物线的方程和焦点，然后根据抛物线的定义将点M到直线的距离转化为到焦点的距离，最后结合图形根据“垂线段最短”求解．‎ 详解：由双曲线方程可得，‎ 双曲线的右顶点为，渐近线方程为，即．‎ ‎∵双曲线的右顶点到渐近线的距离等于，‎ ‎∴，解得，‎ ‎∴双曲线的方程为，‎ ‎∴双曲线的焦点为．‎ 又抛物线的焦点与双曲线的右焦点重合，‎ ‎∴，‎ ‎∴抛物线的方程为，焦点坐标为．如图，‎ 设点M到直线的距离为，到直线的距离为，则，‎ ‎∴．‎ 结合图形可得当三点共线时，最小，且最小值为点F到直线的距离．‎ 故选B．‎ 点睛：与抛物线有关的最值问题一般情况下都与抛物线的定义有关，根据定义实现由点到点的距离与点到直线的距离的转化，具体有以下两种情形：‎ ‎（1）将抛物线上的点到准线的距离转化为该点到焦点的距离，构造出“两点之间线段最短”，使问题得解；‎ ‎（2）将抛物线上的点到焦点的距离转化为点到准线的距离，利用“与直线上所有点的连线中的垂线段最短”解决．‎ 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）‎ ‎13.已知椭圆的离心率为，则实数_____．‎ ‎【答案】或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别在和两种情况下利用离心率构造方程求得结果.‎ ‎【详解】当时，离心率，解得：‎ 当时，离心率，解得：‎ 本题正确结果：或 ‎【点睛】本题考查根据椭圆的离心率求解参数值，易错点是忽略焦点可能在轴上，也可能在轴上，需分类讨论.‎ ‎14.已知函数，则__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据导数的定义和极限之间的关系进行求解．‎ ‎【详解】根据导数的定义可知：；‎ 由于，故；‎ 则；‎ 故答案为-1‎ ‎【点睛】本题考查导数的定义的应用，利用导数和极限之间的关系是解决本题的关键．‎ ‎15.已知命题，命题，若是的充分不必要条件，则的取值范围为 ．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 解不等式可得命题，，∵是的充分不必要条件，，∴，∴∴，所以的取值范围为.‎ 考点：一元二次不等式的解法，充分条件与必要条件.‎ ‎16.如图所示，二面角为，是棱上的两点，分别在半平面内，且，，，，，则的长______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 推导出，从而，结合，，，能求出的长．‎ ‎【详解】二面角为，是棱上的两点，分别在半平面、内，‎ 且 所以,‎ 所以，‎ ‎，‎ ‎ ‎ ‎，‎ 的长．‎ 故答案为．‎ ‎【点睛】本题主要考查空间向量的运算法则以及数量积的运算法则，意在考查灵活应用所学知识解答问题的能力，是中档题．‎ 三、解答题（共70分）‎ ‎17.如图，四棱锥中，底面是正方形，平面，，是的中点.‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）证明：平面平面.‎ ‎【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：（1）连结，设与交于点，连结，易证为中位线，从而，再利用线面平行的判断定理即可证得平面；（2）依题意，易证底面，再利用面面垂直的判断定理即可证得平面平面.‎ 试题解析：（1）连接交于，连接 ‎∵底面是正方形，∴为中点，∵在中，是的中点，‎ ‎∴‎ ‎∵平面平面，∴平面 ‎（2）∵侧棱底面底面，∴‎ ‎∵底面是正方形，∴‎ ‎∵与为平面内两条相交直线，∴平面 ‎∵平面，∴‎ ‎∵是的中点，∴‎ ‎∵与为平面内两条相交直线，∴平面 ‎∵平面，∴平面平面 考点：直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定.‎ ‎18.已知函数，且.‎ ‎（1）求的值； ‎ ‎（2）若函数在上的最大值为20，求函数在上的最小值.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先对函数求导，然后由，列出关于的方程组，解方程组可求出的值；‎ ‎（2）由函数在上的最大值为20，求出的值，然后由函数的单调性求函数在上的最小值.‎ ‎【详解】解：（1）因为，所以，‎ 因为,‎ 所以,‎ 解得 所以.‎ ‎（2）由（1）可知，则，‎ 令，得 和的变化情况如下表：‎ ‎2‎ ‎0‎ 极小值 因为，‎ 所以函数在上的最大值为,‎ 所以，解得,‎ 所以,‎ 由上面可知在上单调递增，在上单调递减；‎ 又因为，‎ 所以函数在上的最小值为.‎ ‎【点睛】此题考查利用导数求函数的极值和最值，属于基础题.‎ ‎19.已知双曲线.‎ ‎（1）若双曲线的一条渐近线方程为，求双曲线的标准方程； ‎ ‎（2）设双曲线的左、右焦点分别为，点在双曲线上，若，且的面积为9，求的值.‎ ‎【答案】(1) ; (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由双曲线的渐近线为，而它的一条渐近线为，所以，从而可得双曲线的标准方程；‎ ‎（2）由，且面积为9，可得，由双曲线的定义可知，两边平方，再结合勾股定理和可求出的值.‎ ‎【详解】（1）因为双曲线的渐近线为，而它的一条渐近线为,‎ ‎ 所以,‎ 所以双曲线的标准方程为,‎ ‎（2）因为，所以,‎ 因为的面积为9，所以,‎ 又因为，‎ 所以,‎ 所以,‎ 又因为,‎ 所以，所以，所以.‎ ‎【点睛】此题考查的是双曲线的基本运算，属于基础题.‎ ‎20.已知抛物线：的焦点为，过的直线与抛物线交于，两点，弦的中点的横坐标为，.‎ ‎（Ⅰ）求抛物线的方程；‎ ‎（Ⅱ）若直线的倾斜角为锐角，求与直线平行且与抛物线相切的直线方程.‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）由题得，再利用抛物线的定义求p的值，即得抛物线的方程；（Ⅱ）设直线的方程为，.根据已知求出k=2, 设与直线平行的直线的方程为，根据直线和抛物线相切求出b的值得解.‎ ‎【详解】（Ⅰ）设，，‎ 因为的中点的横坐标为，所以.‎ 根据抛物线定义知 所以，解得，‎ 所以抛物线的方程为.‎ ‎（Ⅱ）设直线的方程为，.‎ 则由得.‎ 所以，即，解得.‎ 设与直线平行的直线的方程为，‎ 由得.‎ 依题知，解得.‎ 故所求的切线方程为.‎ ‎【点睛】本题主要考查抛物线的标准方程的求法，考查抛物线的定义，考查直线和抛物线的位置关系，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.‎ ‎21.如图，在平行六面体中，底面是菱形，四边形是矩形．‎ ‎(1)求证: ；‎ ‎(2)若点在棱上，且，求二面角的余弦值．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）连接交于点，由菱形的性质得出，由矩形的性质得出，结合，得出，再利用直线与平面垂直的判定定理证明平面，于是得出；‎ ‎（2）先证明平面，再由得知、、两两相互垂直，建立以点为原点，、、所在直线为轴、轴、轴的空间直角坐标系，利用向量法求出平面和平面的法向量，再利用向量法求出二面角的余弦值．‎ ‎【详解】（1）连接交于点，‎ 因为底面是菱形，所以，，且为的中点，‎ 因为四边形是矩形，所以，，‎ 在平行六面体中，，所以，，‎ 因为、平面，，‎ 所以，平面，‎ 平面，；‎ ‎（2），且为的中点，所以，，‎ 平面，所以，平面平面，‎ 因为平面平面，平面，‎ ‎，，所以，、、两两相互垂直，‎ 分别以、、所在直线为轴、轴、轴建立如图空间直角坐标系，‎ 又因为，，，所以，，，‎ 所以、、、、，‎ 所以，，，，‎ 所以，，，‎ 设平面的一个法向量为，则有，即，‎ 取，则，，‎ 易得平面的一个法向量为，‎ 所以，，所以，二面角的余弦值为．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查线线垂直的证明，考查二面角余弦值的求法，在证明线线垂直时，一般利用线面垂直得到线线垂直，所以找出并证明线面垂直是关键，另外，在求解二面角时，一般利用空间向量法求解，所以建系、求平面法向量是解空间角问题的核心，考查运算求解能力，属于中等题．‎ ‎22.已知斜率为1的直线与椭圆交于，两点，且线段的中点为，椭圆的上顶点为.‎ ‎（1）求椭圆的离心率；‎ ‎（2）设直线与椭圆交于两点，若直线与的斜率之和为2，证明：过定点.‎ ‎【答案】（1）（2）见证明 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设点P，Q的坐标，代入椭圆C的方程，利用点差法及中点坐标公式可得a，b的关系，可得e；‎ ‎（2）联立直线方程与椭圆方程，利用根与系数的关系可得M，N的横坐标的和与积，由直线AM与AN的斜率之和为2可得m与k的关系，再由直线系方程得答案．‎ ‎【详解】（1）设点，，由于点为线段的中点 所以，‎ 又两式作差，‎ 所以，即；‎ ‎（2）由（1）结合上顶点，椭圆的方程为，‎ 设点，‎ 联立得，则韦达定理得，‎ 据题意可得 代入韦达定理得，化简得，‎ 所以直线为，过定点，‎ 综上，直线过定点.‎ ‎【点睛】本题考查椭圆的简单性质，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查了点差法的技巧，是中档题