1、商丹高新学校2019-2020学年度第一学期高二年级月考数学（理科）试题一、选择题：（本大题共12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. 已知，则下列向量中与平行的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用共线向量基本定理，判断即可.【详解】因为，所以与平行.故选：B.【点睛】本题考查了空间向量共线的判断，属于基础题.2. 下列说法正确的是（）A. 命题“若x21，则x1”的否命题为“若x21，则x1”B. 命题“x0R，x010”的否定是“xR，x2+x10”C. 命题“若xy，则sin xsin y”的逆否命题为假命题D. 若
2、“p或q”为真命题，则p，q中至少有一个为真命题【答案】D【解析】【分析】对于A，根据否命题的概念可得到结论; 对于B，特称命题的否定是全称命题；对于C，逆否命题与原命题为等价命题，即可判断出正误；对于D，利用“或”命题真假的判定方法即可得出【详解】对于A，命题“若x21，则x1”的否命题为“若x21，则x1”，因此不正确；对于B，命题“x0R，x010”的否定是“xR，x2+x10”，因此不正确；对于C，命题“若xy，则sin xsin y”正确，其逆否命题为真命题，因此不正确；对于D，命题“p或q”为真命题，则p，q中至少有一个为真命题，正确故选：D【点睛】这个题目考查了四种命题的真假性的
3、判断，涉及到命题的否定和否命题的写法，否命题既否结论又否条件，命题的否定只否结论；特称命题的否定是全称命题，需要换量词，否结论，不变条件.3. 函数的最小值是（ ）A. 2B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用基本不等式求和最小值即可.【详解】依题意，时，因为，所以，当且仅当时等号成立，即，当时.故选：D.【点睛】本题考查了利用基本不等式求和的最小值，属于基础题.4. 在中，如果，那么等于（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由正弦定理化角为边得；设利用余弦定理得解.【详解】由正弦定理可得 设由余弦定理可得，c，故选：D【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理，属于基础题
4、.5. “，成等差数列”是“”成立的（ ）A. 既不充分也不必要条件B. 必要非充分条件C. 充要条件D. 充分非必要条件【答案】D【解析】试题分析：因为，成等差数列，所以；若，当，都取负数时，无意义，所以“，成等差数列”是“”成立的充分不必要条件，故选D.考点：充分条件、必要条件的判定.6. 椭圆的焦点在y轴上，长轴长是短轴长的两倍，则m的值为（）A. 2B. C. 4D. 【答案】D【解析】试题分析：考点：椭圆方程及性质7. 在等差数列中，若，则这个数列的前n项和中最小的是（ ）A. B. C. D. 或【答案】B【解析】【分析】先利用已知条件写出通项公式，再根据的正负判断何时最小即可.【
5、详解】等差数列中，若，故公差，令得，即时，时，因此，数列的前n项和中最小为.故选：B.【点睛】本题考查了等差数列的前n项和的最值，属于中档题.8. 阿基米德（公元前287年公元前212年）不仅是著名的物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.若椭圆C的焦点在x轴上，且椭圆C的离心率为，面积为12，则椭圆C的方程为（ ）.A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用已知条件列出方程组，求出，即可得到椭圆方程.【详解】由题意可得：，解得，因为椭圆的焦点在轴上，所以椭圆方程为：，故选D.【点睛】该题考查的是有关椭圆方程的求解问题
6、，涉及到的知识点有椭圆的几何性质，椭圆的面积，属于简单题目.9. “”是“的最小正周期为”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】当时，所以周期为，当的最小正周期为时， ，所以，因此“”是“的最小正周期为”的充分不必要条件.故选A.10. 如图，棱长为1的正方体，是底面的中心，则到平面的距离是（ ） A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】如图建立空间直角坐标系，可证明平面，故平面的一个法向量为：，利用点到平面距离的向量公式即得解.【详解】 如图建立空间直角坐标系，则： 由于平面平面，又，平面故平面的一个法向量为：到平
7、面的距离为：故选：B【点睛】本题考查了点到平面距离的向量表示，考查了学生空间想象，概念理解，数学运算的能力，属于中档题.11. 已知等比数列满足，且，则当时，（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：因为为等比数列，所以,.故C正确.考点：1等比比数列的性质;2对数的运算法则.12. 已知是椭圆的两个焦点，过且与椭圆长轴垂直的直线交椭圆于两点，若是正三角形，则这个椭圆的离心率是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析】由正三角形特点用表示，结合椭圆的定义，即可求得离心率.【详解】是正三角形，.故选：.【点睛】本题考查椭圆离心率的求解问题，涉及到椭圆的椭圆的定义；关键
8、是能够利用正三角形的特点求出.二填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13. 、是椭圆的焦点，在C上满足的点P的个数为【答案】2【解析】本题考查椭圆的几何性质由知，点在以为为直径的圆上，此圆与椭圆的交点的个数即为满足的点的个数由得，则，则则以为直径的圆的方程为由得，即椭圆与圆有两个交点，故满足条件的点的个数为14. 已知数列的前n项和，则_【答案】【解析】试题分析：当时，当时，经验证，当时，所以数列的通项公式是考点：已知求15. 不等式的解集为，则不等式的解集是_【答案】【解析】分析】由不等式的解集是，可得和是方程的实根，可求出的值，代入不等式，从而得结果.【详解】不等式的解集是，和是方
9、程的实根，由根与系数关系可得，即，不等式可化为，即，解得，即不等式的解集是，故答案为.【点睛】本题考查一元二次不等式的解集，关键是知道不等式的解集和对应方程的解之间的关系，属于基础题.16. 直线经过椭圆的一个焦点和一个顶点，则该椭圆的离心率等于_【答案】【解析】【分析】求得直线在轴上的截距，则可得，再求得，则离心率得解.【详解】对直线，令，解得；令，解得，故椭圆的右焦点坐标为，上顶点坐标为，则，则，故椭圆离心率.故答案为：.【点睛】本题考查椭圆离心率的求解，涉及直线方程截距的求解，属综合基础题.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. 已知的两个顶点A，
10、B的坐标分别是，且AC，BC所在直线的斜率之积等于，求顶点C的轨迹方程【答案】.【解析】【分析】设顶点C的坐标，根据斜率之积等于列关系，化简整理即可.【详解】设顶点C的坐标为，由已知得：直线AC的斜率，直线BC的斜率，由题意知，整理得，故顶点C的轨迹方程为.【点睛】本题考查了椭圆的轨迹方程，属于基础题.18. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，已知求的值；若，的周长为5，求b的长【答案】（1）2（2）2【解析】试题分析：（1）由正弦定理和三角形的性质，得，即求解的值；（2）由（1）可知，再由余弦定理和三角形周长，即可求解的长.试题解析：（1）由正弦定理知， （2分）即，即， （4分）又由
11、知，所以. （6分）（2）由（1）可知， （8分）由余弦定理得， （10分），. （12分）考点：正弦定理；余弦定理.19. 如图在直三棱柱中，D为AC中点（）求证：平面；（）求证：平面；（III）求二面角的余弦值【答案】（）答案见详解；（）答案见详解；（III）.【解析】【分析】（）利用中位线平行，线线平行证明线面平行即可；（）通过和，由线线垂直证明面面垂直即可；（III）利用线面垂直找到二面角平面角，计算其余弦值即可【详解】（）连接交于，连接易见为的中点，又D为AC中点，所以中为中位线，/因为平面，平面，所以平面；（） 平面而平面，又四边形中，又,平面 平面，D为AC中点，平面又，平面平面
12、， 综上，且平面平面；（III）取中点,中点，连接 直三棱柱中，,故平面易见为中位线，/，平面中为中位线/，又 ，即二面角的平面角, 因此二面角的的余弦值为.【点睛】本题考查了立体几何中平行、垂直的综合应用以及二面角的计算，属于中档题.20. 已知是公差不为零的等差数列，且，成等比数列（1）求数列的通项（2）求数列的前n项和【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）依题条件计算公差，再写出通项公式即可；（2）利用错位相减法计算前n项和即可.【详解】解：（1）是等差数列，设公差，则，成等比数列，得，；（2）设数列的前n项和为， 又 由得，即数列的前n项和为.【点睛】本题考查了数列的综合，考查
13、了错位相减法，属于中档题.21. 如图，与都是边长为2的正三角形，平面平面，平面，.（1）求直线与平面所成的角的大小；（2）求平面与平面所成的二面角的正弦值.【答案】（1）；（2）.【解析】【详解】解法一：（1）取CD中点O，连OB，OM，则OBCD，OMCD.又平面平面，平面平面,则MO平面，所以MOAB，A、B、O、M共面，延长AM、BO相交于E，则AEB就是AM与平面BCD所成的角.OB=MO=，MOAB，则，所以，故，所以AM与平面BCD所成的角为.（2）CE是平面与平面的交线.由（1）知，O是BE的中点，则BCED是菱形.作BFEC于F，连AF，则AFEC，AFB就是二面角A-EC-
14、B的平面角，设为.因为BCE=120，所以BCF=60.，所以，所求二面角的正弦值是.解法二：取CD中点O，连OB，OM，则OBCD，OMCD，又平面平面,则MO平面.以O为原点，直线OC、BO、OM为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系如图.OB=OM=，则各点坐标分别为O（0，0，0），C（1，0，0），M（0，0，），B（0，0），A（0，2），（1）设直线AM与平面BCD所成的角为.因（0，），平面的法向量为.则有，所以，即AM与平面BCD所成的角为.（2），.设平面ACM的法向量为，由得.解得，取.又平面BCD的法向量为，则设所求二面角为，则.22.在直角坐标系中，点P到两点，的距离
15、之和等于4，设点P的轨迹为，直线与C交于A，B两点（）写出C的方程；（）若，求k的值；（）若点A在第一象限，证明：当k0时，恒有|【答案】（），（）略.【解析】(I)根据椭圆定义可知a=2,所以b=1,再注意焦点在y轴上，曲线C的方程为.(II) 直线与椭圆方程联立，消y得关于x的一元二次方程，再根据坐标化为，借助直线方程和韦达定理建立关于k的方程，求出k值.(III)要证：|,，再根据A在第一象限，故,从而证出结论.解：（）设P（x，y），由椭圆定义可知，点P的轨迹C是以为焦点，长半轴为2的椭圆它的短半轴，故曲线C的方程为 3分（）设，其坐标满足消去y并整理得，故 5分若，即而，于是，化简得，所以 8分（）因A在第一象限，故由知，从而又，故，即在题设条件下，恒有 12分
