2019-2020学年海南省琼山中学高二上学期第二次月考数学试题（解析版）

第 1 页 共 15 页 2019-2020 学年海南省琼山中学高二上学期第二次月考数学 试题 一、单选题 1．全集U  R ， { | 2 1}, { | 1 3}A x x B x x        ，则 U( )B A ð （ ） A．{ |1 3}x x  B．{ | 2 3}x x   C．{ | 2x x   或 }1x ³ - D．{ | 2x x   或 3}x  【答案】C 【解析】先求 U Að ，再与集合 B 进行交集运算. 【详解】 因为 { | 2 1}A x x    ， 所以 U | 2A x x  ð 或 1x  ， 又因为 { | 1 3}B x x    ， 所以 U( ) { | 1 3} | 2B A x x x x       ð 或 1 { | 2x x x    或 }1x ³ - ， 故选：C 【点睛】 本题主要考查了集合的补集和并集运算，属于基础题. 2．已知 a  ，b  满足： 3a  ， 2b  ， 4a b   ，则 a b   （ ） A． 3 B． 10 C．3 D． 5 【答案】B 【解析】首项将 4a b   两边平方再展开可得 a b  的值，即可得 2 a b r r 的值，从而可 得 a b r r 的值. 【详解】 4a b   两边平方得： 2 16a b   ，即 2 2 2 16a b a b       ， 因为 3a  ， 2b  ，所以 3 2a b   ，  22 2 2 2 9 4 3 10a bb a b a ba        r r rr rr r r ， 第 2 页 共 15 页 所以 10a b   ， 故选：B 【点睛】 本题主要考查了求向量的模长，属于基础题. 3．设 ， ， 是三个不重合的平面，m，n 是不重合的直线，下列判断正确的是（ ） A．若  ，   ，则 //  B．若  ， //l  ，则l  C．若 m // ， n//  ，则 //m n D．若 m  ， n  ，则 //m n 【答案】D 【解析】接根据垂直于同一平面的两直线平行可得 D 正确；再对 A ， B ，C 分别找到 其反例说明其不成立即可． 【详解】 解：若  ，   ，则 //  或 与 相交，故 A 不正确； 若  ， //l  ，则 l  或 //l  或l  ，故 B 不正确； 若 //m  ， //n  ，则 m 与 n 可以平行，相交，异面，故C 不正确； 因为垂直于同一平面的两直线平行，故 D 正确． 故选： D ． 【点睛】 本题考查空间中直线与平面间的位置关系，解题时要认真审题，注意立体几何中定理和 公理的灵活运用． 4．命题“若α= 4  ，则 tanα=1”的逆否命题是( ) A．若α≠ 4  ，则 tanα≠1 B．若α= 4  ，则 tanα≠1 C．若 tanα≠1，则α≠ 4  D．若 tanα≠1，则α= 4  【答案】C 【解析】因为“若 p ，则 q”的逆否命题为“若 p ，则 q ”，所以 “若α= 4  ，则 tanα=1” 的逆否命题是 “若 tanα≠1，则α≠ 4  ”. 【点评】本题考查了“若 p，则 q”形式的命题的逆命题、否命题与逆否命题，考查分析 问题的能力. 第 3 页 共 15 页 5．椭圆 2 2 14 x y m   的焦距为 2，则 m 的值等于（ ）. A．5 B．8 C．5 或 3 D．5 或 8 【答案】C 【解析】分焦点在 x 轴， y 轴上两种情况，利用 2 2c  ， 2 2 2a b c  ，即可求出 m 的 值. 【详解】 当焦点在 x 轴上时： 1c  ， 2 2 2 2 2, 4, 4 1a m b c a b m       ，解得： 5m  ， 当焦点在 y 轴上时： 1c  ， 2 2 2 2 24, , 4 1a b m c a b m       ，解得： 3m  ， 所以 5m  或 3m  ， 故选：C 【点睛】 本题主要考查了椭圆的简单几何性质，属于基础题. 6．与向量  1, 3,2a   平行的一个向量的坐标是( ) A． 1 ,1,13      B．(-1,-3,2) C． 1 3- , ,-12 2      D．( 2 ,-3,-2 2 ) 【答案】C 【解析】根据向量共线定理判定即可． 【详解】 对于 A，由于  1 1,1,1 1,3,33 3      ，所以与向量 a  不共线，故 A 不正确． 对于 B，由题意得向量 1, 3,2  与向量 a  不共线，故 B 不正确． 对于 C，由于  1 3 1, , 1 1, 3,22 2 2         ，所以与向量 a  共线，故 C 正确． 对于 D，由题意得向量( 2 ,   3, - 2 2 )与向量 a  不共线，故 D 不正确． 故选 C． 【点睛】 判断两个向量 ,a b   是否共线的方法是判断两个向量之间是否满足 ( 0)a b b    ，其中 第 4 页 共 15 页  为常数，本题考查计算能力和变形能力，属于基础题． 7．直线 0ax by c+ + = 同时要经过第一、第二、第四象限，则 , ,a b c 应满足（ ） A． 0, 0ab bc  B． 0, 0ab bc  C． 0, 0ab bc  D． 0, 0ab bc  【答案】A 【解析】根据直线所过的区域得到斜率和纵截距的正负后可得 , ,a b c 满足的条件. 【详解】 因为直线过第一、第二、第四象限，故 0a b   且 0c b   ，故 0ab  且 0bc  ，故选 A. 【点睛】 直线方程的一般式为  2 20 0ax by c a b     ，我们可从中得到直线的斜率为  0ak bb    （当 0b  时，直线的斜率不存在），横截距为 c a  （ 0a  时），纵截距 为 c b  （ 0b≠ 时）. 8．已知变量 ,x y 满足约束条件 2 2 { 2 4 4 1 x y x y x y        ，则目标函数 3z x y  的取值范围是 A． 3[ ,6]2  B． 3[ , 1]2   C．[ 1,6] D． 3[ 6, ]2  【答案】A 【解析】作出不等式组表示的可行域，如图阴影部分所示，作直线 3x－y＝0，并向上、 下平移，由图可得，当直线过点 A 时，z＝3x－y 取最大值；当直线过点 B 时，z＝3x －y 取最小值． 由 2 2 0{2 4 0 x y x y       ，解得 A(2,0)； 由 4 2 0{2 4 0 x y x y       ，解得 B( 1 2 ，3)． ∴zmax＝3×2－0＝6，zmin＝3× 1 2 －3＝－ 3 2 . 第 5 页 共 15 页 ∴z＝3x－y 的取值范围是[－ 3 2 ，6]． 9．已知 0 , 0    ，直线 x ＝ 4  和 x ＝ 5 4  是函数 ( ) sin( )f x x   图象的两 条相邻的对称轴，则 ＝（ ） A． 4  B． 3  C． 2  D． 3 4  【答案】A 【解析】由于直线 x ＝ 4  和 x ＝ 5 4  是函数 ( ) sin( )f x x   图像的两条相邻的对称 轴，所以可得 2T  ，从而可求出 1  ，又由直线 x ＝ 4  为函数 ( ) sin( )f x x   图象的对称轴，可得sin( ) 14     ，从而可求出 的值 【详解】 解：因为直线 x ＝ 4  和 x ＝ 5 4  是函数 ( ) sin( )f x x   图像的两条相邻的对称轴， 所以 5 2 4 4 T      ，即 2T  所以 2 2   ，解得 1  ， 所以 ( ) sin( )f x x   ， 因为直线 x ＝ 4  为函数 ( ) sin( )f x x   图象的对称轴， 所以sin( ) 14     ，得 ,4 2 k k Z      ， 所以 ,4 k k Z    ， 因为 0    ，所以 4   故选：A 【点睛】 此题考查正弦函数的图像和性质的应用，属于基础题. 第 6 页 共 15 页 10．抛物线的焦点为椭圆 2 2 14 9 x y  的下焦点，顶点在椭圆中心，则抛物线方程为 （ ） A． 2 4 5x y  B． 2 4 5y x  C． 2 4 13x y  D． 2 4 13y x  【答案】A 【解析】首先求出椭圆 2 2 14 9 x y  的下焦点 0, 5 ，即可得抛物线方程. 【详解】 由 2 2 14 9 x y  知 2 9a  ， 2 4b  ，所以 2 5c  ， 椭圆的下焦点为 0, 5 ， 设抛物线的方程为 2 2x py  ，则 2 5p  ， 所以抛物线的方程为 2 4 5x y  ， 故选：A 【点睛】 本题主要考查了椭圆的简单性质，抛物线方程的求法，属于基础题. 11．函数   22xf x ax    的一个零点在区间 1,2 内，则实数 a 的取值范围是（ ） A． 1,3 B． 1,2 C． 0,3 D． 0,2 【答案】C 【解析】根据零点存在定理得出    1 2 0f f  ，代入可得选项. 【详解】 由题可知：函数   22xf x ax    单调递增，若 一个零点在区间 1,2 内，则需：    1 2 0f f  ， 即 1 22 22 2 01 2a a               ，解得 0 < < 3a ， 故选：C. 【点睛】 本题考查零点存在定理，属于基础题. 第 7 页 共 15 页 12．如图，中心均为原点 O 的双曲线与椭圆有公共焦点，M，N 是双曲线的两顶点.若 M，O，N 将椭圆长轴四等分，则双曲线与椭圆的离心率的比值是 A．3 B．2 C． 3 D． 2 【答案】B 【解析】【详解】 M N ， 是双曲线的两顶点， M O N， ， 将椭圆长轴四等分 椭圆的长轴长是双曲线实轴长的 2 倍  双曲线与椭圆有公共焦点， 双曲线与椭圆的离心率的比值是 2 故答案选 B 二、填空题 13．抛物线 24y x 的焦点坐标是_______． 【答案】 10,16      【解析】将抛物线方程转化为标准形式，由此求得抛物线的焦点坐标. 【详解】 由 24y x 得 2 1 4x y ，所以抛物线的焦点在 y 轴上，且 1 12 ,4 2 16 pp   ，所以抛物 线的焦点坐标为 10,16      . 故答案为： 10,16      【点睛】 本小题主要考查抛物线焦点坐标的求法，属于基础题. 14．设等差数列{ }na 的前 n 项和为 nS ，且 3 5 7 15a a a   ，则 9S  __________. 第 8 页 共 15 页 【答案】 45 【解析】利用等差数列的性质可以求出 5a 的值，再利用等差数列前 n 项和公式即可求解. 【详解】 因为数列{ }na 是等差数列，所以 3 7 52a a a  ， 所以 3 5 7 53 15a a a a    ，解得 5 5a  ， 所以  1 9 5 9 9 9 2 9 5 452 2 a a aS       ， 故答案为： 45 【点睛】 本题主要考查了等差数列的性质和等差数列前 n 项和公式，属于基础题. 15．在 ABC 中，若 2a  ， 7b c  ， 1cos 4B   ，则b  _______． 【答案】4 【解析】由题意， 2 2 2 2 12 cos 4 (7 ) 2 2 (7 ) 4b a c ac B b b                ， 整理可得：15 60b  ，解得 4b  ． 16．函数    3f x x x   的单调递增区间为__________. 【答案】 30, 2      【解析】本题首先可以令 0x  ，此时 ( ) 23 9 2 4f x x 骣琪= - - +琪桫 ，单调递增区间为 30, 2      ， 然后令 0x  ，此时 ( ) 23 9 2 4f x x 骣琪= - -琪桫 ，无增区间，即可得出结果. 【详解】 由题意可知，    3f x x x   ， 当 0x  时，   2 2 3 93 2 4f x x x x          ，单调递增区间为 30, 2      ； 当 0x  时，   2 2 3 93 2 4f x x x x        ，此时函数  f x 恒为减函数， 综上所述，函数  f x 的单调递增区间为 30, 2      ， 第 9 页 共 15 页 故答案为： 30, 2      . 【点睛】 本题考查函数单调区间的求法，主要考查去绝对值以及二次函数的相关性质，考查化归 与转化思想，考查推理能力，是简单题. 三、解答题 17． 已知函数 2( ) 2sin cos 2 3sin 34 4 4 x x xf x    ． （Ⅰ）求函数 ( )f x 的最小正周期及最值； （Ⅱ）令 π( ) 3g x f x     ，判断函数 ( )g x 的奇偶性，并说明理由． 【答案】（Ⅰ） 4πT  ；最小值为 2 ，最大值为 2． （Ⅱ）偶函数，理由见解析． 【解析】试题分析：（1）先把函数 ( )f x 化为一个角的一种三角函数形式，利用三角函 数的性质求函数 ( )f x 的最小正周期及最值；（2）先求出函数 ( )g x 的解析式，根据奇偶 性的定义判断函数 ( )g x 的奇偶性. 试题解析：（1）∵ 2( ) sin 3(1 2sin )2 4 x xf x    sin 3 cos2 2 x x  2sin( )2 3 x   ， ∴ ( )f x 的最小正周期 2 41 2 T    . 当 2sin( ) 12 3 x    时， min( ) 2f x   ；当sin( ) 12 3 x   时， max( ) 2f x  . （2）由（1）知 1( ) 2sin[ ( ) ]2 3 3g x x     12sin( )2 2x   2cos 2 x ， ∴ ( ) 2cos( ) 2cos ( )2 2 x xg x g x     ∴ ( )g x 是偶函数. 【考点】1、三角恒等变换；2、三角函数的性质；3、函数的奇偶性. 18．已知圆C 经过三点  0,0O ，  1,3A ，  4,0B . （Ⅰ）求圆C 的方程； （Ⅱ）求过点  3,6P 且被圆C 截得弦长为 4 的直线的方程. 【答案】（Ⅰ） 2 2 4 2 0x y x y    ； 第 10 页 共 15 页 （Ⅱ） 3x  和12 5 6 0x y   . 【解析】（Ⅰ）由题意，设圆C 的方程为 2 2 0x y Dx Ey F     ，列出方程组，求解 , ,D E F 的值，即可求解； （Ⅱ）由（Ⅰ）知圆心坐标为 2,1 ，半径为 5 ，弦长为 4 时，得到圆心到直线的距 离为1，利用点到直线的距离公式，列出方程，求得直线的斜率，即可求求解. 【详解】 （Ⅰ）由题意，设圆C 的方程为 2 2 0x y Dx Ey F     ， 则 0 1 9 3 0 16 4 0 F D E F D F            ，解得 4 2 0 D E F        ， 所以圆C 的方程为 2 2 4 2 0x y x y    . （Ⅱ）由（Ⅰ）知圆心坐标为 2,1 ，半径为 5 ，弦长为 4 时，圆心到直线的距离为： 1. ①若直线斜率不存在，直线方程为 3x  ，经检验符合题意； ②若直线斜率存在，设直线斜率为 k ，则直线方程  6 3y k x   ， 即 3 6 0kx y k    ，则 2 | 5 | 1 1 k k    ，解得 12 5k  ， 所以直线方程为 126 ( 3)5y x   ，即12 5 6 0x y   . 综上可知，直线方程为 3x  和12 5 6 0x y   . 【点睛】 本题主要考查了圆的方程的求解，以及直线与圆的位置关系的应用，其中解答中熟练应 用圆的弦长公式，结合点到直线的距离公式求解是解答的关键，着重考查了推理与运算 能力，属于基础题. 19．已知在长方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中， 4AB  ， 2AD  ， 1 3AA  ，M ， N 分别是棱 1BB ， BC 上的点，且 2BM  ， 1BN  ，建立如图所示的空间直角坐标 系．求： 第 11 页 共 15 页 （1）异面直线 DM 与 AN 所成角的余弦值； （2）直线 DM 与平面 AMN 所成角的正弦值 【答案】（1） 7 102 102 ；（2） 2 14 21 . 【解析】（1）确定  2,4,2DM   ，  1,4,0AN  利用向量的夹角公式，即可求异面 直线 DM 与 AN 所成角的余弦值； （2）求出平面 AMN 的一个法向量，利用向量的夹角公式，即可求直线 DM 与平面 AMN 所成角的正弦值. 【详解】 由题意知：  2,0,0D ，  0,4,0B ，  1 0,0,3A ，  0,4,2M ，  1,4,0N （1）  2,4,2DM   ，  1,4,0AN  ， 所以 2 16 14 7 102cos 1022 6 17 2 102 DM ANDM AN DM AN              ， 异面直线 DM 与 AN 所成角的余弦值 7 102 102 ， （2）  0,4,2AM  ，  1,4,0AN  设平面 AMN 的一个法向量  , ,n x y z ， 则 0 0 n AM n AN         ，即 4 2 0 4 0 y z x y      ，取 4x  ， 1y   ， 2z  故平面 AMN 的一个法向量  4, 1,2n   ， 则  2 4 4 1 2 2 2 14cos 212 6 21 DM nDM n DM n                  ， 直线 DM 与平面 AMN 所成角的正弦值为 2 14 21 . 第 12 页 共 15 页 【点睛】 本题主要考查了利用向量求异面直线所成的角以及线面角，属于中档题. 20．已知等差数列{an}满足 a5＝9，a2＋a6＝14. (1)求{an}的通项公式； (2)若  0na n nb a q q  ，求数列{bn}的前 n 项和 Sn. 【答案】（1）an＝2n－1（2）    2 2 2 1 , 1 1 , 0 11 n n n n q S q q n q qq          且 【解析】（1）设等差数列{an}的首项为 a1，公差为 d，将条件转化为基本量再进行计算， 得到 1a 和 d 的值，从而得到{an}的通项公式；（2）先得到 nb 的通项，然后当 q＞0 且 q≠1 时，对 nb 进行分组求和，分为一个等差数列和一个等比数列，分别求和再相加，当 q ＝1 时， nb 是一个等差数列，利用等差数列的求和公式进行求和. 【详解】 (1)设等差数列{an}的首项为 a1，公差为 d， 则由 a5＝9，a2＋a6＝14 得 1 1 4 9 2 6 14 a d a d      解得 1 1 2 a d    所以{an}的通项公式 an＝2n－1. (2)由 an＝2n－1， 得 2 12 1 n nb n q    . 当 q＞0 且 q≠1 时， Sn＝[1＋3＋5＋7＋…＋(2n－1)]＋(q1＋q3＋q5＋q7＋…＋q2n－1)  2 2 2 1 1 nq q n q    ； 当 q＝1 时，bn＝2n，则 Sn＝n(n＋1)． 所以数列{bn}的前 n 项和    2 2 2 1 , 1 1 , 0 11 n n n n q S q q n q qq          且 . 【点睛】 本题考查通过基本量求等差数列的通项公式，分组求和法求数列前 n 项的和，属于中档 题. 第 13 页 共 15 页 . 21．已知椭圆 2 2 2 2 1x y a b    0a b  的离心率为 2 2 ，椭圆上任意一点到右焦点 F 的 距离的最大值为 2 1 （1）求椭圆的方程； （2）已知点  ,0C m 是线段 OF 上一个动点(O 为坐标原点)，是否存在过点 F 且与 x 轴 不垂直的直线 l 与椭圆交于 A ， B 点，使得 AC BC ？并说明理由 【答案】（1） 2 2 12 x y  ；（2）当 10 2m  时，存在这样的直线l ， 1 2 mk m    ， 当 1 12 m  ，不存在；证明见解析 【解析】（1）结合已知条件 2 2 1 2 ce a a c        ，可求 a ，c ，由 2 2 2b a c  ，可以求b 的 值，进而可求椭圆的方程. （2）有题意可知 0 1m  ，假设存在满足条件的直线 l ，设 l 的方程为  1y k x  ， 代入 2 2 12 x y  ，设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，根据根与系数的关系可以求 1 2x x 1 2x x ， 根据  1 2 1 2 2y y k x x    ，从而可求 AB 的中点为 M ，由 AC BC 可得 1CM CMk k   ，可得 m ， k 之间的关系，结合 m 的范围可求 k . 【详解】 由题意可得 2 2 1 2 ce a a c        ，解得： 2 1 a c    ， 又因为 2 2 2b a c  ，所以 1b  ， 所以椭圆的方程为 2 2 12 x y  ， （2）由（1）得  1,0F ，所以 0 1m  ，假设存在满足条件的直线 l ， 设 l 的方程为  1y k x  ，代入 2 2 12 x y  ，得 2 2 2 21 2 4 2 2 0k x k x k     ， 设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，则 2 1 2 2 4 1 2 kx x k    ， 2 1 2 2 2 2 1 2 kx x k    ， 第 14 页 共 15 页  1 2 1 2 2 22 2 1 ky y k x x k       ， 设 AB 的中点为 M ，则 2 2 2 2 ,1 2 1 2 k kM k k       ， 因为 AC BC ，所以CM AB ，所以 1CM CMk k   ， 即 2 2 2 4 22 01 2 1 2 k km kk k      ， 所以  21 2m k m   ， 当 10 2m  时， 1 2 mk m    ，即存在这样的直线 l ， 当 1 12 m  时， k 不存在，即不存在这样的直线l . 【点睛】 本题主要考查了利用椭圆的性质求解椭圆的方程，直线与椭圆相交的应用，方程的根与 系数的关系的应用，直线斜率公式的应用，属于中档题. 22．已知直线 l 经过点 P（1，1），倾斜角 6   ． （1）写出直线l 的参数方程； （2）设 l 与圆 2 2 4x y  相交于两点 A，B，求点 P 到 A，B 两点的距离之积． 【答案】（1） 31 ,2{ ( 11 ;2 x t t y t     是参数）（2）2 【解析】【详解】 （1）直线的参数方程为 1 cos 6{ 1 sin 6 x t y t       ，即 31 2{ 11 2 x t y t     (t 为参数) （2）把直线 31 2{ 11 2 x t y t     代入 得 2 2 23 1(1 ) (1 ) 4, ( 3 1) 2 02 2t t t t        1 2 2t t   ，则点 P 到 ,A B 两点的距离之积为 2 第 15 页 共 15 页 23． 已知 1a b c   ，求证： 2 2 2 1 3a b c   【答案】详见解析 【解析】【详解】 证明：a+b+c=1 左右两边分别平方得 a²+b²+c²+2ab+2bc+2ac=1 得 2ab+2bc+2ac=1-(a²+b²+c²)≤a²+b²+b²+c²+a²+c² 整理得 3（a²+b²+c²)≥1 所以 2 2 2 1 3a b c   当且仅当 1 3a b c   时， 2 2 2 1 3a b c  