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吉林省白城四中2019-2020下学期网上阶段检测试卷 文科数学答案 第Ⅰ卷 一、选择题：本大题共12小题，每小题5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．【答案】C ‎【解析】特称命题的否定是一个全称命题，故选C．‎ ‎2．【答案】C ‎【解析】由已知得，点到直线的距离等于它到点的距离，‎ ‎∴点的轨迹为抛物线，故选C．‎ ‎3．【答案】D ‎【解析】，由已知可得，，解得，‎ 故选D．‎ ‎4．【答案】C ‎【解析】易知选项A，B，D都正确；‎ 选项C中，若为真命题，根据真值表，可知，一真一假或都为真，故C错．‎ ‎5．【答案】B ‎【解析】由题意可知，点的轨迹是以焦距为直径的圆，‎ ‎∴，故选B．‎ ‎6．【答案】A ‎【解析】抛物线上任意一点到直线的距离，‎ ‎∴当时，，故选A．‎ ‎7．【答案】D ‎【解析】对于命题：函数的单调递增区间是，‎ 结合函数定义域及复合函数单调性可知函数的单调递减区间是，‎ ‎∴是真命题；‎ 对于命题：函数的单调递增区间是和，所以是假命题，‎ 所以为假命题，为真命题，为假命题，为真命题，‎ 故选D．‎ ‎8．【答案】B ‎【解析】设等轴双曲线方程为，将点代入可得，‎ ‎∴双曲线标准方程为，∴，，，‎ 即，∴，‎ ‎∴的面积为，故选B．‎ ‎9．【答案】D ‎【解析】由题意，设，，‎ 则，，‎ ‎∴，‎ ‎∵，，∴，∴，‎ 根据对勾函数的性质，可得的取值范围是，故选D．‎ ‎10．【答案】A ‎【解析】∵函数过点，‎ ‎∴函数有且只有一个零点函数没有零点，‎ 函数与直线无公共点．‎ 由数形结合，可得．所以函数有且只有一个零点的充要条件是，‎ 然后根据集合间的关系，可判断选项A正确．‎ ‎11．【答案】B ‎【解析】由题意可知，直线的方程为，‎ ‎∴，，∴．‎ ‎∵，∴，∴，‎ 当且仅当时等号成立，此时面积最小．‎ 设，，则．‎ 由余弦定理，可知，‎ ‎∴，，‎ ‎∴，即，‎ ‎∴，∴，即，‎ 设在中，的平分线长度为，‎ 则，∴，‎ 故选B．‎ ‎12．【答案】D ‎【解析】由题意可知，四边形为平行四边形，且不妨设双曲线的渐近线为，，‎ 设点，则直线方程为，且点到直线的距离．‎ 由，解得，‎ ‎∴，∴，‎ 设四边形的面积为，则，‎ 又∵，∴，∴，∴，‎ ‎∴双曲线的标准方程为，‎ ‎∴，，∴，，‎ ‎∴，‎ 又∵，∴，解得，故选D．‎ 第Ⅱ卷 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．‎ ‎13．【答案】“若，则”‎ ‎【解析】只需对原命题的条件和结论都进行否定，即可得到原命题的否命题为“若，则”．‎ ‎14．【答案】或 ‎【解析】∵，∴该曲线为椭圆，‎ 当，即时，，∴；‎ 当，即，，∴，‎ 综上，的值为或．‎ ‎15．【答案】‎ ‎【解析】由，，得，即命题，．‎ 由表示焦点在轴上的椭圆，可得，‎ 解得，即命题．‎ 因为是的充分不必要条件，所以或，解得．‎ 所以实数的取值范围是．‎ ‎16．【答案】‎ ‎【解析】设等腰直角的顶点，，‎ 则，，‎ 由，得，∴，‎ 即，‎ ‎∵，，，∴，‎ 即，关于轴对称，∴直线方程为，‎ 与抛物线方程联立，解得或，‎ ‎∴，，∴，∴，‎ ‎∴，设，则到准线的距离为，‎ ‎∴，‎ 令，则，‎ ‎∴当，即时，取得最大值．‎ 三、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．‎ ‎17．【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】（1）由已知可得，，‎ 设点，则，‎ 结合，可得，即或，‎ 又∵点位于轴上方，∴，此时，∴点坐标为．‎ ‎（2）由（1）可知，直线方程为，‎ 设点，，则有，解得，‎ ‎∴椭圆上任意一点到点的距离，‎ ‎∵，当时，取得最小值．‎ ‎18．【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】由，可得．‎ ‎（1）当时，由，可得．‎ 若为真，则，均为真命题，∴，得，‎ ‎∴实数的取值范围为．‎ ‎（2）由，可得．‎ ‎①当时，，由题意可得是的真子集，‎ ‎∴，解得；‎ ‎②当时，，由题意可得是的真子集，‎ ‎∴，此时无解，‎ 综上，实数的取值范围是．‎ ‎19．【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】（1）焦点到渐近线的距离为，‎ 又，∴，∴，‎ ‎∴双曲线的标准方程为．‎ ‎（2）设直线的方程为，，，‎ 则由消去，可得，‎ 根据题意可知，且，‎ 即①，‎ 由根与系数的关系，可知线段的中点坐标为满足，，‎ ‎∴线段的垂直平分线方程为，‎ 此直线与轴，轴的交点坐标分别为，，‎ ‎∴，化简可得②，‎ 将②代入①得，‎ 即，解得或，‎ ‎∴实数的取值范围是．‎ ‎20．【答案】（1）；（2）证明见解析．‎ ‎【解析】（1）由题意得①，‎ 又∵②，且③，‎ 由①②③可得，，，‎ ‎∴椭圆的方程为．‎ ‎（2）设，，若，则直线与直线的斜率之和等于，与题意不符，‎ ‎∴可设直线方程为，由，消去，‎ 可得，∴，‎ 化简得，‎ 由韦达定理可得，，‎ 由题意可得，即，‎ ‎∴，‎ 即，‎ 化简可得，∴或．‎ 当时，直线的方程为，恒过定点，‎ 经检验，不合题意，舍去；‎ 当时，直线的方程为，恒过定点．‎ 综上直线恒过定点．‎ ‎21．【答案】（1）证明见解析；（2）存在，．‎ ‎【解析】（1）证明：设，，由，可得，‎ ‎∴，，∴点的横坐标为，∴点坐标为．‎ 又∵，根据导数的几何意义可得，抛物线在点处的切线斜率为，‎ ‎∴抛物线在点处的切线与直线平行．‎ ‎（2）由（1）可知，，，‎ ‎∴‎ ‎，‎ ‎∴，即存在实数，使得．‎ ‎22．【答案】（1），；（2）．‎ ‎【解析】（1）∵，∴，∴，即，‎ ‎∴，，∴，∴，，‎ ‎∴的方程为，的方程为．‎ ‎（2）依题意，直线的方程可设为，‎ 设，，由消去可得，‎ ‎∴，，‎ ‎∴，∴中点坐标为，‎ ‎∴直线的方程为，‎ 由消去，可得，‎ ‎∴且，，∴，‎ 设到直线的距离为，则到直线的距离也为，‎ ‎∴，‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ 又∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴四边形的面积，‎ ‎∴当时，取得最小值，且，即四边形面积的最小值为．‎