PAGE福建省莆田第六中学2020学年高二数学10月月考试
题
快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题
一、选择题（每小题5分，共60分）1．函数的定义域是()A.B.C.D.2．“2
表
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示椭圆”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3．若，则下列结论不正确的是()Ａ．B．Ｃ．D．4．已知椭圆：的一个焦点为（2,0），则的离心率为()A.B.C.D.5．下列命题中，真命题的是()A．B．C．的充要条件是D．若，且，则中至少有一个大于16.若直线过点（1,2）,则2a+b的最小值为()A．6B．4+2C．8D．97．记为等差数列的前n项和．已知，则()A．B．C．D．8双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的离心率为2，焦点到渐近线的距离为eq\r(3)，则双曲线的焦距等于()A.2B.4C.2eq\r(2)D.4eq\r(2)9．已知正项等比数列满足：，，则()A．B．C．D．10．设为曲线的两个焦点，点P在双曲线上且满足，则的面积为()A．B．2C．1D．111.已知椭圆的右焦点为F(3,0)，过点F的直线交椭圆于A、B两点。若AB的中点坐标为(1，－1)，则E的方程为()A、eq\f(x2,45)＋eq\f(y2,36)＝1B、eq\f(x2,36)＋eq\f(y2,27)＝1C、eq\f(x2,27)＋eq\f(y2,18)＝1D、eq\f(x2,18)＋eq\f(y2,9)＝112已知直线l：y＝kx＋2过椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的上顶点B和左焦点F，且被圆x2＋y2＝4截得的弦长为L，若L≥eq\f(4\r(5),5)，则椭圆离心率e的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(5),5)))B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2\r(5),5)))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3\r(5),5)))D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(4\r(5),5)))二、填空题（每小题5分，共20分）13．命题“，使得不等式”是真命题，则的范围是14．已知中,,AC=7,AB=5,则的面积为15．已知双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的左焦点为F，离心率为eq\r(2).若经过F和P(0,4)两点的直线平行于双曲线的一条渐近线，则双曲线的方程为16．已知正实数满足：，则的最大值是三、解答题：（本大题共5小题，共70分）17．（12分）已知，，．(1)若p是q的充分不必要条件，求实数m的取值范围；(2)若m=5，命题p与q中一真一假，求实数x的取值范围．18．（12分）在中，角，，的对边分别是，，，．（1）求角的大小；（2）为边上的一点，且满足，，锐角面积为，求的长．19.（14分）已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn=2an﹣n．（1）求证{an+1}为等比数列；（2）求数列{Sn}的前n项和Tn．20.（本小题16分）已知椭圆C1的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1，双曲线C2的左、右焦点分别是C1的左、右顶点，而C2的左、右顶点分别是C1的左、右焦点.(1)求双曲线C2的方程；(2)若直线l：y＝kx＋eq\r(2)与双曲线C2恒有两个不同的交点A和B，且eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＞2(其中O为原点)，求k的取值范围.21.（本小题16分）已知椭圆的一个焦点与上、下顶点构成直角三角形，以椭圆的长轴长为直径的圆与直线相切．（1）求椭圆的
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方程；（2）设过椭圆右焦点且不平行于轴的动直线与椭圆相交于、两点，探究在轴上是否存在定点，使得为定值？若存在，试求出定值和点的坐标；若不存在，请说明理由莆田六中2020高二上数学10月份月考答案一．选择题1-5：CBBCD6-10：CABAC11-12：DB二、填空题13、14、15、eq\f(x2,8)－eq\f(y2,8)＝116、18三、解答题17.解：（1）记命题p成立的解集为，记命题q成立的解集为，p是q的充分不必要条件(2)命题p与q一真一假，①若p真q假，则，无解，②若p假q真，则，解得：．综上得：．18．解：（1）因为，所以，解得，所以，因为，所以，，解得．（2）因为锐角三角形的面积为，所以，，因为三角形为锐角三角形，所以，在中，由余弦定理可得：，所以，，所以，在三角形中，，解得．19.解：（1）证明：因为Sn=2an﹣n．所以当n=1时，a1=S1=2a1﹣1，即a1=1．当n≥2时，Sn=2an﹣n，Sn﹣1=2an﹣1﹣（n﹣1），得：an=2an﹣2an﹣1﹣1，即an+1=2（an﹣1+1），又a1+1=2，所以{an+1}为以2为首项以2为公比的等比数列．（2）解：由（1）知an+1=2n所以an=2n﹣1．所以Sn=2（2n﹣1）﹣n=2n+1﹣n﹣2，所以Tn=﹣=2n+2﹣4﹣．20．解 (1)设双曲线C2的方程为eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)，则a2＝3，c2＝4，再由a2＋b2＝c2，得b2＝1.故C2的方程为eq\f(x2,3)－y2＝1.(2)将y＝kx＋eq\r(2)代入eq\f(x2,3)－y2＝1，得(1－3k2)x2－6eq\r(2)kx－9＝0.由直线l与双曲线C2交于不同的两点，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－3k2≠0，,Δ＝（－6\r(2)k）2＋36（1－3k2）＝36（1－k2）＞0，))∴k2≠eq\f(1,3)且k2＜1.①设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝eq\f(6\r(2)k,1－3k2)，x1x2＝－eq\f(9,1－3k2).∴x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋eq\r(2))(kx2＋eq\r(2))＝(k2＋1)x1x2＋eq\r(2)k(x1＋x2)＋2＝eq\f(3k2＋7,3k2－1).又∵eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＞2，得x1x2＋y1y2＞2，∴eq\f(3k2＋7,3k2－1)＞2，即eq\f(－3k2＋9,3k2－1)＞0，解得eq\f(1,3)＜k2＜3.②由①②得eq\f(1,3)＜k2＜1，故k的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(\r(3),3)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，1)).21.解：（1）由题意知，，解得，则椭圆的方程为．（2）当直线的斜率存在时，设直线，联立，得，，，，假设轴上存在定点，使得为定值，．要使为定值，则的值与无关，，解得，此时为定值，定点为．当直线的斜率不存在时，，，，，也满足条件．
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