安徽省淮北市第一中学学年高二上学期第四次月考理科数学含解析_安徽省淮北市第一中学

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淮北一中2017-2018学年第一学期高二年级第四次月考

理科数学

一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.设全集A.B.【答案】C 【解析】因为全集，集合，故选C.2.已知点在双曲线的一条渐近线上，则

（）或,，集合 C.D.，则

（）

A.B.3 C.2 D.【答案】B 【解析】双曲线，即的一条渐近线方程是故选B.，将代入，得，3.下列命题错误的是（）A.命题“若B.对于命题C.“D.若”是“为假命题，则，则，使得

”的逆命题为“若，则

”的充分不必要条件均为假命题，则，则

”

【答案】D 【解析】对于，命题“若，则

”的逆否命题为“若，使得

”是“，则，则

”，”

为假命题，满足逆否命题的形式，所以正确；对于，对于命题则，满足特称命题的否定形式，所以正确；对于，“

时，的充分不必要条件，因为则

也成立，所以正确；对于，若均为假命题，显然不正确，因为一个命题是假命题，则也为假命题，所以不正确，故选D.4.《算法统综》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.14 B.12 C.10 D.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×（）=192×=12，故选：B． 5.已知点是抛物线小值为（）A.2 B.C.【答案】C 【解析】抛物线，可得：y2=4x，抛物线的焦点坐标（1，0）．

D.上的一个动点，则点到点的距离与点到轴的距离之和的最4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：故选：C． 6.已知，则下列三个数，（）﹣1=

．

A.都大于6 B.至少有一个不大于6 C.都小于6 D.至少有一个不小于6 【答案】D 【解析】假设3个数，都小于6，则

故选D.点睛：本题考查反证法，考查进行简单的合情推理，属于中档题，正确运用反证法是关键.7.动圆与圆是（）A.【答案】B B.C.D.外切，与圆

内切，则动圆圆心的轨迹方程........................因此动圆圆心M的轨迹是以为

焦点的椭圆，所以，选B.点睛：求与圆有关的轨迹问题时，根据题设条件的不同常采用以下方法： ①直接法：直接根据题目提供的条件列出方程． ②定义法：根据圆、直线等定义列方程． ③几何法：利用圆的几何性质列方程．

④代入法：找到要求点与已知点的关系，代入已知点满足的关系式等． 8.程序框图如图所示，当

时，输出的的值为（）

A.26 B.25 C.24 D.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，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.淮北一中艺术节对射影类的四项参赛作品，只评一项一等奖，在评奖揭晓前，甲、=满足条件，乙、丙、丁四位同学对这四项参赛作品预测如下：甲说：“是或作品获得一等奖”；乙说：“作品获得一等奖”；丙说：“两项作品未获得一等奖”；

丁说：“是作品获得一等奖”.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.作品 B.作品 C.作品 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.设满足约束条件，若目标函数

（）的最大值为2，则的最小值为（）

A.2 B.C.4 D.【答案】A 【解析】作出不等式组表示的可行域如下图所示。因为取最大值，即直线

过点

时,Z取最大值，即，所以当x,y均取最大值时z

.故选A.点睛：线性规划的实质是把代数问题几何化，即数形结合的思想.需要注意的是：

一、准确无误地作出可行域；

二、画标准函数所对应的直线时，要注意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，目标函数的最大或最小会在可行域的端点或边界上取得.11.将正正数排成下表： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 ……………

则在表中数字2017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44=1936，45=2025，所以2017出现在第45行上．又由2017﹣1936=81，故2014出现在第81列，22故选：D 12.抛物线设线段的焦点为，准线为，是抛物线上的两个动点，且满足，的中点在上的投影为，则的最大值是（）

A.2 B.C.D.1 【答案】D 【解析】

设，连接，由抛物线定义，得，由余弦定理得，在梯形中，配方得，得到，又，即，的最大值为，故选D.【方法点睛】本题主要考查抛物线的定义和几何性质，以及余弦定理与基本不等式的应用，属于难题.与焦点、准线有关的问题一般情况下都与拋物线的定义有关，解决这类问题一定要注意点到点的距离与点到直线的距离的转化：（1）将抛线上的点到准线距转化为该点到焦点的距离；(2)将抛物线上的点到焦点的距离转化为到准线的距离，使问题得到解决.二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.抛物线【答案】

化为标准方程为的焦点坐标是

抛物线，故答案为的焦点在轴上，且.的焦点坐标__________.【解析】抛物线抛物线14.点到直线到平面的距离公式为，通过类比的方法，可求得：在空间中，点【答案】的距离为__________.【解析】类比点到直线的距离，可知在空间中，点到平面15.与双曲线【答案】的距离为有相同渐近线，且过，故答案为.的双曲线方程是__________.【解析】设所求双曲线方程为程为化为，故答案为

双曲线过点

.所求双曲线方16.已知椭圆的离心率是，是椭圆的左、右顶点，是椭圆上不同于的一点，直线【答案】7 斜倾角分别为，则__________.【解析】试题分析：因为A,B是椭圆的左右顶点，P为椭圆上不同于AB的动点，，考点：本题考查椭圆的另外一个定义

点评：椭圆的定义不只是书上给的第一定义，还有其他的定义，本题中椭圆上的点与两顶点连线的斜率乘积为定值，这也是定义，将三角公式展开分子分母同除以积

三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17.已知，.，得到斜率乘（1）若是的充分不必要条件，求实数的取值范围；（2）若，“”为真命题，“

”为假命题，求实数的取值范围.【答案】(1)m≥4.(2)[-3，-2）∪（4，7] 【解析】试题分析：（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，∴∴(2)∵“，解得：

.”为假命题，”为真命题，“∴命题p与q一真一假，①若p真q假，则②若p假q真，则综上得：18.已知在（1）求；（2）若，求面积的最大值.；(2).中，角

.的对边分别是，且有

.，无解，解得：

.【答案】(1)【解析】试题分析：（Ⅰ）已知等式利用正弦定理化简，利用两角和与差的正弦函数公式及诱导公式，结合sinC不为0求出cosC的值，即可确定出C的度数；（2）利用余弦定理列出关系式，结合不等式可得ab≤9，进而求得试题解析：∵在△ABC中，0＜C＜π，∴sinC≠0

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））=sinC 2cosCsinC=sinC ∴cosC=，面积的最大值.C∈（0，π）.∴C=.2

22（2）由余弦定理可得：9=c=a+b-2abcosC≥2ab-ab=ab，可得ab≤9，S=absinC≤ 当且仅当a=b=3时取等号

∴△ABC面积的最大值 19.数列满足，是等差数列；，求数列的前项和..，得，即，所以，，.（1）证明：数列（2）设【答案】(1)证明见解析；(2)【解析】试题分析：（1）证明：在原等式两边同除以所以从而是以..，即为首项，为公差的等差数列.（2）由（1）得用错位相减法求得试题解析：（1）证：由已知可得所以是以

为首项，1为公差的等差数列．，（2）解：由（1）得所以，从而①－②得：

所以12分

考点：1.等差数列的证明；2.错位相减法求和.20.已知是数列（）.的前项和，并且，对任意正整数，设（1）证明：数列（2）设是等比数列，并求的通项公式；，求证：数列不可能为等比数列.【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.【解析】试题分析：（1）利用an+1=Sn+1-Sn可知证明an+1=4（an-an-1），通过bn=an+1-2an可知bn+1=2（an+1-2an），通过作商可知{bn}是公比为2的等比数列，通过a1=1可知b1=3，进而可得结论；（2）假设为等比数列，则有

不可能为等比数列., n≥2, 则有，故假设不成立，则数列试题解析：(I)∵Sn+1=4an+2，∴Sn=4an-1+2(n≥2)，两式相减：an+1=4an-4an-1(n≥2)，∴an+1=4(an-an-1)(n≥2)，∴bn=an+1-2an，∴bn+1=an+2-2an+1=4(an+1-an)-2an+1，bn+1=2(an+1-2an)=2bn(n∈N*)，∴，∴{bn}是以2为公比的等比数列，∵b1=a2-2a1，而a1+a2=4a1+2，∴a2=3a1+2=5，b1=5-2=3，∴bn=3•2n-1(n∈N*)(II)，假设

为等比数列，则有 , n≥2, 则有与数列

=0 ≥1矛盾，所以假设不成立，则原结论成立，即

不可能为等比数列，点

在轴的正半轴上，过点的直线与抛物线相交于

两21.已知抛物线点，为坐标原点.（1）若，且直线的斜率为1，求以为直径的圆的方程；

绕点如何转动，满足题意.与抛物线方程联立，利用韦达定

恒为定值？（2）是否存在定点，使得不论直线【答案】(1)

；(2)存在定点【解析】试题分析：（1）由题意得，直线的方程理，可得圆心坐标和圆的半径，从而可得圆的方程．（2）若存在定点这样的点，使得联立，计算,，利用时，设，∴，恒为定值；直线：恒为定值，可求出点的坐标．，此时，点M为抛物线C的焦点，联立，∴圆心坐标为

．

联立，．与抛物线C：试题解析：（1）当直线的方程为消去y得，又，∴圆的半径为4，∴圆的方程为，则直线的方程与抛物线C：，（2）由题意可设直线的方程为消去x得：，则

对任意恒为定值，于是，此时，满足题意．

．

∴存在定点考点：

1、圆的方程；

2、直线与抛物线的位置关系；

3、定点定值问题．

【思路点晴】本题主要考查的是圆的方程的求法、直线与圆锥曲线的位置关系、恒成立问题等，属于综合性较强的难题；直线与圆锥曲线的位置关系问题，解题方法都是联立方程，正确运用韦达定理是关键；对于存在性问题，先假设存在，根据求出点的坐标即可；如果求出来是空集，则不存在． 22.已知圆，直线，圆心为，定点上一点，满足

.，为圆上一点，线段

上一点满足恒为定值的条件，（1）求点的轨迹的方程；（2）为坐标原点，圆是以同的两点，当

为直径的圆，直线

时，求.与圆相切，并与轨迹交于不

面积的取值范围.且满足；(2)【答案】(1)【解析】试题分析：（Ⅰ）分析题意可得点满足的几何条件，根据椭圆的定义可得轨迹，从而可求得轨迹方程；（Ⅱ）先由直线

与

相切得到，由，将直线方程与椭圆且，进一步得方程联立，并结合一元二次方程根与系数的关系可得到k的范围，最后根据三角形面积公式并结合函数的单调性求的取值范围。试题解析：（Ⅰ）∵∴为线段∵∴∴∵∴由椭圆的定义可知的轨迹是以设椭圆的标准方程为则∴。

。，为线段

为焦点，长轴长为，的椭圆，中点的中垂线

∴点的轨迹的方程为（Ⅱ）∵圆与直线相切，∴，即，由，消去.∵直线与椭圆交于两个不同点，∴，将设，代入上式，可得，则，∴，∴

∴，∵，解得.满足。

又，设，则.∴，∴ 故