安徽省淮北市第一中学2020学年高二数学上学期第四次月考（12月）试题 理（含解析）

PAGE淮北一中学2020学年高二上学期第四次月考数学（理）试题一.选择题(本题共12小题，每题5分，共60分）1.设全集U=R，集合，，则等于（）A.B.{0,1}C.{1,2}D.{l,2,3}【 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 】C【解析】，又∴{1,2}故选：C点睛：求集合的交、并、补时，一般先化简集合，再由交、并、补的定义求解．在进行集合的运算时要尽可能地借助Venn图和数轴使抽象问题直观化．一般地，集合元素离散时用Venn图 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 示；集合元素连续时用数轴表示，用数轴表示时要注意端点值的取舍．2.已知点在双曲线的一条渐近线上，则（）A.B.3C.2D.【答案】B【解析】∵点在双曲线的一条渐近线上，∴，∴=，即故选：B3.下列命题错误的是（）A.命题“若，则”的逆否命题为“若，则”B.对于命题，使得，则，则C.“”是“”的充分不必要条件D.若为假命题，则均为假命题【答案】D【解析】若为假命题，则中至少有一个为假命题，不一定均为假命题，故选：D4.《算法统宗》是明朝程大位所著数学名著，其中有这样一段表述：“远看巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一”，其意大致为：有一七层宝塔，每层悬挂的红灯数为上一层的两倍，共有381盏灯，则塔从上至下的第三层有（）盏灯。A.14B.12C.10D.8【答案】B【解析】设第一层有a盏灯，则由题意知第一层至第七层的灯的盏数构成一个以a1为首项，以为公比的等比数列，∴，解得a1=192，∴a5=a1×（）4=192×=12，故选：B．5.已知点P是抛物线上的-个动点，则点P到点A(0,1)的距离与点P到y轴的距离之和的最小值为（）A.2B.C.D.【答案】C【解析】抛物线，可得：y2=4x，抛物线的焦点坐标（1，0）．依题点P到点A（0，1）的距离与点P到y轴的距离之和的最小值，就是P到（0，1）与P到该抛物线准线的距离的和减去1．由抛物线的定义，可得则点P到点A（0，1）的距离与P到该抛物线焦点坐标的距离之和减1，可得：﹣1=．故选：C．6.已知，则下列三个数（）A.都大于6B.至少有一个不大于6C.都小于6D.至少有一个不小于6【答案】D【解析】设都大于6，则++＜18，利用基本不等式可得+≥2+2+2=4+8+6=18，这与假设所得结论矛盾，故假设不成立，故下列三个数至少有一个不小于6，故选：D7.动圆M与圆外切，与圆内切，则动圆圆心M的轨迹方程是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】设动圆的圆心为：M（x，y），半径为R，动圆与圆M1：（x+1）2+y2=1外切，与圆M2：（x﹣1）2+y2=25内切，∴|MM1|+|MM2|=1+R+5﹣R=6，∵|MM1|+|MM2|＞|M1M2|，因此该动圆是以原点为中心，焦点在x轴上的椭圆，2a=6，c=1解得a=3，根据a、b、c的关系求得b2=8，∴椭圆的方程为：．故选：B．8.程序框图如下图所示，当时，输出的k的值为（）A.26B.25C.24D.23【答案】C【解析】由已知中的程序框图可知：该程序的功能是计算S=+++…+=的值，∵A=，退出循环的条件为S≥A，当k=24时，=满足条件，故输出k=24，故选：C点睛：算法与流程图的考查，侧重于对流程图循环结构的考查.先明晰算法及流程图的相关概念，包括顺序结构、条件结构、循环结构，其次要重视循环起点条件、循环次数、循环终止条件，更要通过循环规律，明确流程图研究的数学问题，是求和还是求项.9.淮北一中艺术节对摄影类的A，B，C，D四项参赛作品，只评一项一等奖，在评奖揭晓前，甲、乙、丙、丁四位同学对这四项参赛作品预测如下：甲说：“是C或D作品获得一等奖”；乙说：“B作品获得一等奖”；丙说：“A，D两项作品未获得一等奖”；丁说：“是C作品获得一等奖”.若这四位同学中只有两位说的话是对的，则获得一等奖的作品是（）.A.A作品B.B作品C.C作品D.D作品【答案】B【解析】根据题意，A，B，C，D作品进行评奖，只评一项一等奖，假设参赛的作品A为一等奖，则甲、乙、丙、丁的说法都错误，不符合题意；假设参赛的作品B为一等奖，则甲、丁的说法都错误，乙、丙的说法正确，符合题意；假设参赛的作品C为一等奖，则乙的说法都错误，甲、丙、丁的说法正确，不符合题意；假设参赛的作品D为一等奖，则乙、丙、丁的说法都错误，甲的说法正确，不符合题意；故获得参赛的作品B为一等奖；故选：B．10.设x，y满足约束条件，若目标函数的最大值为2，则的最小值为（）A.2B.C.4D.【答案】A【解析】作出不等式组对应的平面区域如图：由z=ax+by（a＞0，b＞0）得y=﹣x+，则直线的斜率k=﹣＜0，截距最大时，z也最大．平移直y=﹣x+，由图象可知当直线y=﹣x+，经过点A时，直线y=﹣x+，的截距最大，此时z最大，由，解得，即A（1，1），此时z=a+b=2，即，∴=（）（）=1+≥2，当且仅当，即a=b=1时取等号，故选：A．点睛：本题考查的是线性规划问题，解决线性规划问题的实质是把代数问题几何化，即数形结合思想.需要注意的是：一，准确无误地作出可行域;二，画目标函数所对应的直线时，要注意让其斜率与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错;三，一般情况下，目标函数的最大值或最小值会在可行域的端点或边界上取得.11.将正整数排成下表:12345678910111213141516……………………………………则在表中数字2020出现在（）A.第44行第80列B.第45行第80列C.第44行第81列D.第45行第81列【答案】D【解析】因为每行的最后一个数分别为1，4，9，16，…，所以由此归纳出第n行的最后一个数为n2．因为442=1936，452=2025，所以2020出现在第45行上．又由2020﹣1936=81，故2020出现在第81列，故选：D12.抛物线的焦点为F，准线为，A、B是抛物线上的两个动点，且满足.设线段AB的中点M在上的投影为N，则的最大值是（）A.2B.C.4D.【答案】D【解析】设|AF|=a，|BF|=b，连接AF、BF，由抛物线定义，得|AF|=|AQ|，|BF|=|BP|，在梯形ABPQ中，2|MN|=|AQ|+|BP|=a+b．由余弦定理得，|AB|2=a2+b2﹣2abcos60°=a2+b2﹣ab，配方得，|AB|2=（a+b）2﹣3ab，又∵ab≤（）2，∴（a+b）2﹣3ab≥（a+b）2﹣（a+b）2=（a+b）2得到|AB|≥（a+b）．∴≤1，即的最大值为1．故选：．点睛：本题综合考查了抛物线定义，余弦定理，均值不等式，具有较强的综合性，解题关键利用抛物线定义把条件集中到△ABF中，借助均值不等式求最值.二.填空题（本题共4小题，每题5分，共20分）13.抛物线的焦点坐标____________.【答案】【解析】由题意得：∴抛物线的焦点坐标故答案为：14.点到直线的距离公式为，通过类比的方法，可求得：在空间中，点(0，1，3)到平面的距离为____________.【答案】【解析】类比可知：点(0，1，3)到平面的距离为故答案为：15.与双曲线有相同渐近线，且过(2,0)的双曲线方程是_________________.【答案】【解析】设与双曲线有相同渐近线的双曲线方程为：又双曲线过(2,0)∴∴16.已知椭圆的离心率是，A、B是椭圆的左、右顶点，P是椭圆上不同于A、B的一点，直线PA、PB倾角分别为、，则___________.【答案】7【解析】由题意，A（﹣a，0），B（a，0），设P（x，y），则tanα=，tan，∴tanαtanβ==∵椭圆的离心率e=，∴∴，∴，∴，=﹣，tanαtanβ=﹣，∴．故答案为:7点睛：在椭圆中，A，B两点在椭圆上且关于原点对称，点P是椭圆上（异于A，B）一点，则三.解答题（共70分，解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤）17.已知m＞0，，.(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，“”为真命题，“”为假命题，求实数x的取值范围.【答案】(1).(2).【解析】试题 分析 定性数据统计分析pdf销售业绩分析模板建筑结构震害分析销售进度分析表京东商城竞争战略分析 ：（1）通过解不等式化简命题p，将p是q的充分不必要条件转化为[-2，4]是[2﹣m，2+m]的真子集，列出不等式组，求出m的范围．（2）将复合命题的真假转化为构成其简单命题的真假，分类讨论，列出不等式组，求出x的范围试题解析：(1)记命题p的解集为A=[-2，4]，命题q的解集为B=[2-m，2+m]，∵是的充分不必要条件∴p是q的充分不必要条件，∴，∴，解得：.(2)∵“”为真命题，“”为假命题，∴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.已知在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且有.(1)求C；(2)若c=3，求△ABC面积的最大值.【答案】(1).(2)............................试题解析：(1)∵在△ABC中，，∴已知等式利用正弦定理化简得：2cosC(sinAcosB+sinBcosA)=sinC，整理得：2cosCsin(A+B)=sinC，即2cosCsin(π-(A+B))=sinC2cosCsinC=sinC∴，∵∴.(2)由余弦定理可得：，可得，，当且仅当a=b=3时取等号，∴△ABC面积的最大值为.19.数列满足(1)证明：数列是等差数列；(2)设，求数列的前n项和.【答案】（Ⅰ）见解析;（Ⅱ）.【解析】试题分析：（1）由两边同除以n（n+1）可得：﹣=1，即可证明．（2）由（1）可得：=n，可得，再利用“错位相减求和”方法即可得出．试题解析：（Ⅰ）∵，∴，∴，∴数列是以1为首项，以1为公差的等差数列；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，∴，∴①②①-②得∴.20.已知是数列的前n项和，并且，对任意正整数n，；设.(Ⅰ)证明：数列是等比数列，并求的通项公式；(Ⅱ)设，求证:数列不可能为等比数列。【答案】（Ⅰ）.（Ⅱ）见解析.【解析】试题分析：（I）由Sn+1=4an+2，知Sn=4an﹣1+2（n≥2），所以an+1=4an﹣4an﹣1（n≥2），由此可知bn=3•2n﹣1（n∈N*）．（II）由题意知，利用反证法证明数列不可能为等比数列．试题解析：（Ⅰ）∵，∴，两式相减：，∴，∴，∴，∴，∴数列是是以2为公比的等比数列，∵，而，∴，，∴.（Ⅱ），假设为等比数列，则有，，则有与矛盾，所以假设不成立，则原结论成立，即:数列不可能为等比数列.21.已知抛物线，点M(m,0)在x轴的正半轴上，过M点的直线与抛物线C相交于A，B两点，O为坐标原点.(1)若m=l，且直线的斜率为1，求以AB为直径的圆的方程；(2)是否存在定点M，使得不论直线绕点M如何转动，恒为定值？【答案】（1）.(2)存在定点M(2,0).【解析】试题分析：（I）由题意得M（1，0），直线l的方程为y=x﹣1与抛物线方程联立，利用韦达定理，可得圆心坐标与圆的半径，从而可得圆的方程；（II）若存在这样的点M，使得为定值，直线l：x=ky+m与抛物线方程联立，计算|AM|，|BM|，利用恒为定值，可求点M的坐标．试题解析：（1）当m=1时，M(1，0)，此时，点M为抛物线C的焦点，直线的方程为y=x-1，设，联立，消去y得，，∴，，∴圆心坐标为(3,2).又，∴圆的半径为4，∴圆的方程为.(2)由题意可设直线的方程为，则直线的方程与抛物线联立，消去x得：，则，，对任意恒为定值，于是m=2，此时.∴存在定点M(2,0)，满足题意.点睛：定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的.定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现.22.已知圆，圆心为，定点，P为圆上一点，线段上一点N满足，直线上一点Q，满足.(Ⅰ)求点Q的轨迹C的方程；(Ⅱ)O为坐标原点，是以为直径的圆，直线与相切，并与轨迹C交于不同的两点A，B.当且满足时，求△OAB面积S的取值范围.【答案】（Ⅰ）.（Ⅱ）.【解析】试题分析：（Ⅰ）直接根据已知条件结合椭圆的定义求出曲线的方程．（Ⅱ）利用直线和曲线的位置关系建立方程组，进一步利用一元二次方程根和系数的关系建立关系式，进一步求出参数的取值范围．试题解析：（Ⅰ）∵∴N为的中点∵∴QN为线段的中垂线∴∵∴由椭圆的定义可知Q的轨迹是以为焦点，长轴长为的椭圆，设椭圆的 标准 excel标准偏差excel标准偏差函数exl标准差函数国标检验抽样标准表免费下载红头文件格式标准下载 方程为，则，∴.∴点Q的轨迹C的方程为.（Ⅱ）∵圆O与直线相切，∴，即，由，消去y整理得.∵直线与椭圆交于两个不同点，∴，将代入上式，可得，设，则，∴，∴，∴，∵，解得.满足.又，设，则.∴，∴故△OAB面积S的取值范围为.点睛：本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法：因直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用．