万载中学2019-2020学年高二上学期月考数学试题含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精江西省万载中学2019-2020学年高二上学期月考数学（文）试题含解析万载中学2021届高二12月月考数学试卷（文）一、单选题（60分)1.已知命题p：，，命题：，，则下列说法中正确的是()A.命题是假命题 B。命题是真命题C。命题是真命题 D。命题是假命题【答案】C【解析】【分析】先判断命题p，q的真假，进而根据复合命题真假判断的真值表，得到答案．【详解】因为，，所以命题p为真命题;因为当时，，所以命题q为假命题，所以命题是真命题，命题是假命题，命题是真命题,命题是真命题．故选C．【点睛】本题以命题的真假判断与应用为载体,考查了复合命题、全称命题、特称命题等知识点，解题的关键是判断出命题的真假，难度中等．2.如果，那么下列不等式成立的是()A。 B。 C. D。【答案】D【解析】【分析】由于，不妨令,，代入各个选项检验,只有D正确,从而得出结论。【详解】解:由于，不妨令,，可得，，，故A不正确。可得，,，故B不正确.可得，,，故C不正确.故选：D。【点睛】本题主要考查不等式与不等关系,利用特殊值代入法比较几个式子在限定条件下的大小关系,是一种简单有效的方法，属于基础题。3。如果方程表示焦点在轴上的椭圆,则的取值范围是(）。A. B.C. D。【答案】D【解析】【分析】根据焦点在轴上推出，且，解不等式求得的范围．【详解】由题意方程表示焦点在轴上的椭圆,可得：,并且，解得：．故选．【点睛】本题主要考查了椭圆的标准方程，解题时注意看焦点在轴还是在轴．4.已知等差数列，，，则（）A。 B. C。 D.【答案】C【解析】【分析】利用等差数列通项公式可得方程组得到代入通项公式得【详解】由题意得所以,故选C。【点睛】本题考查等差数列通项公式，考查基本运算能力．5。已知等比数列满足：，且，则等于（）A. B。 C。 D.【答案】A【解析】【分析】根据等比数列的性质得到，根据题意解得，且，根据等比数列的通项公式，即可求出结果。【详解】因为等比数列满足:，所以，解得或,又，所以,且，因此,则,故。故选A【点睛】本题主要考查等比数列基本量的运算，熟记等比数列的通项公式与性质即可，属于常考题型.6.若不等式成立的充分不必要条件是，则实数的取值范围是(）A。 B。 C。 D。【答案】B【解析】【分析】先解绝对值不等式，利用是的真子集,列不等式求解即可【详解】由可得，它的充分不必要条件是,即是的真子集,则且等号不同时成立.解得，故选B.【点睛】本题考查绝对值不等式解法，考查充分必要条件，熟记充分不必要条件的判定方法是关键，是基础题7.设，满足约束条件，目标函数的最大值为(）A.5 B。 C. D.1【答案】C【解析】【分析】根据已知中约束条件，先画出满足条件的可行域，进而求出可行域的各角点的坐标，代入目标函数求出目标函数的值，比较后可得目标函数的最大值．【详解】解:不等式表示的平面区域如图所示阴影部分，则，,目标函数．．．故目标函数的最大值为故选．【点睛】本题考查的知识点是线性规划，其中角点法是求已知约束条件，求目标函数最优解最常用的方法,一定要熟练掌握．8.在中，若,则此三角形为（）A。等边三角形 B.等腰三角形C.直角三角形 D.等腰直角三角形【答案】C【解析】【分析】利用诱导公式可得，结合正弦定理可得，利用两角和正弦公式可得，从而得到答案。【详解】在中，由已知得，又由正弦定理可知，，即，∵，∴，，所以三角形为直角三角形，故选C。【点睛】本题考查三角形形状判定,考查正弦定理的应用,考查诱导公式与两角和正弦公式，考查运算能力与推理能力，属于中档题。9。已知正实数满足,则的最小值为()．A. B. C。 D.【答案】A【解析】【分析】由题设条件得，,利用基本不等式求出最值．【详解】由已知，，所以当且仅当时等号成立，又，所以时取最小值．故选A【点睛】本题考查据题设条件构造可以利用基本不等式的形式，利用基本不等式求最值．10.若关于的不等式在区间内有解，则实数的取值范围是（)。A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】将不等式在区间内有解等价于，然后根据二次函数求最大值代入即可得到.【详解】不等式在区间内有解等价于,令,，因为在上递减,在上递增,且,知当时,，所以：故选A.【点睛】本题考查了一元二次不等式在指定区间内有解问题,二次函数的最大值,属于基础题。11。已知的内角，,所对的边分别为,,，且，若的面积为，则的周长的最小值为（）A。 B。C。 D.【答案】C【解析】【分析】利用正弦定理进行边角互化,得到，根据余弦定理可得，再由面积公式得到,利用均值不等式可得,进而,即为关于的函数关系，从而解得周长的最小值.【详解】,，,,，,，(当且仅当时取等号）,，,,设，单调递增,,故选C【点睛】本题考查利用正弦定理边角互化,考查余弦定理的应用，考查均值不等式的应用，考查三角形中的最值问题。12。过抛物线的焦点F的直线交该抛物线于A、B两点，若,O为坐标原点，则（)A. B。 C.4 D。5【答案】A【解析】【分析】分别过作准线的垂线,垂足分别为，过作，垂足为,交轴于,设，根据抛物线的定义以及两个直角三角形相似可以求出,由此可求出结果.【详解】如图:分别过作准线的垂线,垂足分别为，过作，垂足为，交轴于,设，则,由抛物线的定义知:，,所以,,因为，所以,所以，所以,所以。故选：A【点睛】本题考查了抛物线的定义，属于基础题。二、填空题(20分)13.已知函数，则函数的图像在点处的切线方程为________。【答案】，【解析】【分析】先对函数求导，根据题意求出切线斜率，进而可得切线方程。【详解】因为，所以，所以函数的图像在点处的切线斜率为，又，因此，函数的图像在点处的切线方程为，即.故答案为【点睛】本题主要考查函数在某点处的切线方程,熟记导数的几何意义即可，属于基础题型。14。已知，且,则的最小值为______．【答案】4。【解析】【分析】直接利用代数式的恒等变换和利用均值不等式的应用求出结果．【详解】∵,∴，∴，当且仅当，时取等号，故答案为4。【点睛】本题考查的知识要点：代数式的恒等变换，均值不等式的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力,属于基础题型．15.在等比数列中,，,成等差数列，则_______。【答案】【解析】【分析】根据三项成等差数列可构造方程求得等比数列的公比满足，将所求式子化为和的形式，化简可得结果.【详解】，，成等差数列即:，解得：本题正确结果：【点睛】本题考查等差数列和等比数列的综合应用问题，关键是能够求解出等比数列的基本量，属于基础题.16。已知分别为双曲线的左、右焦点,过与双曲线的一条渐近线平行的直线交双曲线于点，若，则双曲线的离心率为________。【答案】【解析】【分析】设过与双曲线的一条渐近线平行的直线交双曲线于点，运用双曲线的定义和条件可得，,,再由渐近线的斜率和余弦定理，结合离心率公式，计算即可得到所求值．【详解】解：设过与双曲线的一条渐近线平行的直线交双曲线于点，由双曲线的定义可得，由，可得，，,由可得,在三角形中，由余弦定理可得：，即有，化简可得，，则双曲线的离心率．故答案为．【点睛】本题考查双曲线的离心率的求法，注意运用双曲线的渐近线方程和定义法，以及余弦定理，考查化简整理的运算能力，属于中档题．三、解答题(70分）17.已知函数．（1）解不等式;（2)若对恒成立,求实数的取值范围．【答案】（1）；（2).【解析】【分析】（1）利用分段讨论法去掉绝对值，求出不等式f（x）—f(2x+4)＜2的解集;（2）由绝对值不等式的意义求出f（x）+f（x+3）的最小值，得出关于m的不等式,求解即可．【详解】解：（1）由题知不等式，即，等价于，或，或；解得或或，即或，原不等式的解集为，，；（2）由题知，的最小值为3,，解得，实数的取值范围为，．【点睛】本题考查了含有绝对值的不等式解法与应用问题，也考查了不等式恒成立问题,是基础题．18。已知为等差数列，且，．（1）求的通项公式；(2）若等比数列满足，，求数列前项和公式．【答案】(1）;(2）.【解析】【详解】本试题主要是考查了等差数列的通项公式的求解和数列的前n项和的综合运用．、（1）设公差为,由已知得解得,（2），等比数列的公比利用公式得到和．19。已知点到点的距离等于点到直线的距离，设点的轨迹是曲线。（1）求曲线的方程.（2)过点且斜率为1的直线与曲线交于两点，求线段的长。【答案】（1）；(2）8【解析】【分析】（1）由已知：点到的距离与它到直线的距离相等，所以点的轨迹是以为焦点，直线为准线的抛物线，由此能求出曲线的方程．（2）设交点，的坐标分别为，，则由抛物线的定义可得，，于是，由此能求出线段的长．【详解】(1）由已知：点到的距离与它到直线的距离相等，所以点的轨迹是以点为焦点，，准线为的抛物线，设方程为，则曲线的方程为（2）直线的方程为，联立方程得消元得设，则,则由抛物线的定义可得，，于是，【点睛】本题主要考查直线与圆锥曲线的综合应用能力，综合性强，是高考的重点，易错点是知识体系不牢固．本题具体涉及到轨迹方程的求法及直线与双曲线的相关知识,解题时要注意合理地进行等价转化．20.已知数列满足,.（1）求证数列是等差数列，并求数列的通项公式；（2）若数列满足,求数列的前n项和．【答案】(1）证明见解析，；（2)【解析】【分析】（1）对变形整理可得，即,从而证得结论并求出通项公式；（2）化简，由此利用裂项相消法求和即可得到结果。【详解】（1）证明：∵，∴,整理，得，两边同除以，∴，∴是等差数列，公差是2，首项是,则,∴．（2）∵，∴．【点睛】本题考查根据递推关系求数列的通项公式和裂项相消法求和，考查了构造数列的方法运用,要求认真审题，计算准确，属中档题.21.如图,平面四边形ABCD中，．（1）若，求△ABC的面积；(2)若，求AC．【答案】（1）2（2)【解析】【分析】（1）利用余弦定理求出的值，再由面积公式得到求得△ABC的面积；(2）设在中利用正弦定理得，在中利用正弦定理得,从而得到关于的方程,求出后，代入的表达式，即可得答案.【详解】（1），由余弦定理可得，或(舍去），。（2）设则，,在中，，即在中，即，由,解得:，又,.【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理解三角形，考查函数与方程思想、转化与化归思想，在第（2)问求解时，关键是设出角，然后利用正弦定理寻找等量关系,从而得到关于的方程，是对函数与方程思想的深入考查。22.已知椭圆的一个焦点与抛物线的焦点重合，且此抛物线的准线被椭圆截得的弦长为.（1）求椭圆的标准方程；（2）直线交椭圆于、两点，线段的中点为,直线是线段的垂直平分线,试问直线是否过定点？若是，请求出该定点的坐标；若不是，请说明理由．【答案】（1）；（2)直线过定点，详见解析.【解析】【分析】（1)由题意得出，由题意知点在椭圆上,由此得出关于、的方程组，求出、的值，即可得出椭圆的标准方程；（2）解法一：由题意可知，直线的斜率不为零，然后分直线的斜率存在且不为零和直线的斜率不存在两种情况讨论，在第一种情况下，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，由得出,并写出直线的方程,由此可得出直线所过定点的坐标;在第二种情况下可得出直线为轴，即可得出直线过定点，由此得出结论；解法二:由题意可知,直线的斜率不为零，然后分直线的斜率存在且不为零和直线的斜率不存在两种情况讨论,在第一种情况下,由点差法可得出直线的斜率为，可写出直线的方程，即可得出直线所过定点的坐标；在第二种情况下可得出直线为轴，即可得出直线过定点，由此得出结论.【详解】（1）抛物线的焦点为，准线为。由于抛物线的准线截椭圆所得弦长为，则点在椭圆上,则有，解得，因此，椭圆的标准方程为；（2)法一:显然点在椭圆内部,故，且直线的斜率不为。当直线的斜率存在且不为时,易知，设直线的方程为，代入椭圆方程并化简得：.设，，则,解得.因为直线是线段的垂直平分线，故直线的方程为，即,即.令，此时，,于是直线过定点；当直线的斜率不存在时，易知，此时直线，故直线过定点.综上所述，直线过定点;法二:显然点在椭圆内部，故，且直线的斜率不为。当直线的斜率存在且不为时，设，，则有,，两式相减得，由线段的中点为,则,，故直