1、广东省执信中学2019-2020学年高二数学上学期9月月考试题（含解析）一、选择题（本大题共12小题，每小题5份，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）1.已知集合，则下列式子中正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】分别求解出集合和集合，根据交集定义得到结果.【详解】，本题正确选项：【点睛】本题考查集合运算中的交集运算，属于基础题.2.（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用诱导公式得到答案.【详解】故答案选B【点睛】本题考查了诱导公式，属于简单题.3.设公差不为零的等差数列的前项和为.若，则A. 10B. 11C. 12D.
2、13【答案】C【解析】【分析】由等差数列的前n项和公式可得，恰好等于，再根据当时有可得m的值【详解】，.，数列的公差不为零，即.【点睛】本题考查等差数列的性质求和前n项和公式及等差数列下标和的性质，属于基础题4.已知向量，且，则A. 2B. 3C. 4D. 5【答案】B【解析】【分析】根据向量的坐标运算，得到，再根向量的数量积的运算，得到的等式，即可求解【详解】由题意，向量，则，因，解答故选B.【点睛】本题考查平面向量坐标的运算以及数量积的坐标运算，熟悉这些平面向量坐标运算律是解题的关键，考查计算能力，属于基础题，解答中先计算出的坐标，再利用平面向量数量积的坐标运算律并结合条件，即可求得的值.
3、5.设、为两个不重合的平面，则的充要条件是（ ）A. 内有无数条直线与平行B. 、垂直于同一平面C. 、平行于同一条直线D. 内有两条相交直线与平行【答案】D【解析】【分析】本题可通过无数条直线为无数条平行线这种情况判断出A错误，然后通过、可以相交判断出B、C错误，最后通过面面平行的判定定理以及面面平行的性质判断出D正确.【详解】A项：若无数条直线为无数条平行线，则无法得到，A错误；B项：、垂直于同一平面，此时、可以相交，B错误；C项：、平行于同一条直线，此时、可以相交，C错误；D项：由面面平行的判定定理可知，内有两条相交直线与平行是的充分条件，由面面平行的性质可知，内有两条相交直线与平行是的
4、必要条件，故内有两条相交直线与平行是的充要条件，D正确，故选：D.【点睛】本题考查充要条件的判定，考查面面平行的判定定理以及面面平行的性质，若内有两条相交直线与平行，则，若，则内任意一条直线与平行，考查推理能力，是简单题.6.已知等比数列的前n项和为，且，则=（ ）.A. 90B. 125C. 155D. 180【答案】C【解析】【分析】由等比数列的性质，成等比数列，即可求得，再得出答案.【详解】因为等比数列的前项和为，根据性质所以成等比数列，因为，所以，故故选C【点睛】本题考查了等比数列的性质，若等比数列的前项和为，则也成等比数列，这是解题的关键，属于较为基础题.7.椭圆与曲线的（ ）A.
5、焦距相等B. 离心率相等C. 焦点相同D. 长轴长相等【答案】A【解析】【分析】分析两个曲线的方程，分别求出对应的即可得答案.【详解】因为椭圆方程为，所以，焦点在x轴上，曲线，因为，所以，曲线方程可写为，所以曲线为焦点在y轴上的椭圆，所以焦距相等.故选：A【点睛】本题考查椭圆标准方程及椭圆简单的几何性质的应用，属于基础题.8.过点且与原点距离最大的直线方程是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】首先根据题意得到过点且与垂直的直线为所求直线，再求直线方程即可.【详解】由题知：过点且与原点距离最大的直线为过点且与垂直的直线.因为，故所求直线为，即.故选：A【点睛】本题主要考查直线
6、方程的求解，数形结合为解题的关键，属于简单题.9.“”是“，成立”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】【分析】由基本不等式可得，“，”等价于，再由充分条件与必要条件的定义可得结果.【详解】时，“，”等价于，而可推出，不能推出，所以“”是“，”成立的充分不必要条件，故选A.【点睛】本题主要考查基本不等式的应用以及充分条件与必要条件，属于中档题.判断充分条件与必要条件应注意：首先弄清条件和结论分别是什么，然后直接依据定义、定理、性质尝试.对于带有否定性的命题或比较难判断的命题，除借助集合思想化抽象为直观外，还可利用原命题和逆否命
7、题的等价性，转化为判断它的等价命题；对于范围问题也可以转化为包含关系来处理.10.过抛物线C：y24x的焦点F，且斜率为的直线交C于点M(M在x轴的上方)，l为C的准线，点N在l上且MNl，则M到直线NF的距离为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】联立方程解得M(3，)，根据MNl得|MN|MF|4，得到MNF是边长为4的等边三角形，计算距离得到答案.【详解】依题意得F(1,0)，则直线FM的方程是y(x1)由得x或x3.由M在x轴的上方得M(3，)，由MNl得|MN|MF|314又NMF等于直线FM的倾斜角，即NMF60，因此MNF是边长为4的等边三角形点M到直线NF的距
8、离为故选：C.【点睛】本题考查了直线和抛物线的位置关系，意在考查学生的计算能力和转化能力.11.已知点是双曲线（，）右支上一点，、分别是双曲线的左、右焦点，为的内心，若成立，则双曲线的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】设圆与三边，分别相切于点E，F，G，连接ME，MF，MG，易得，设r为圆M的半径，分别计算、和，由可得，再结合双曲线的定义，可得出，最后求得离心率即可.【详解】如图，设圆与的三边，分别相切于点E，F，G，连接ME，MF，MG，则，所以，其中r为外接圆M的半径，因为，所以有：，化简得：，根据双曲线的定义可得：，所以，所以离心率.故选：C.【点睛】本题考
9、查双曲线的定义，考查三角形内切圆的性质，考查逻辑思维能力和计算能力，考查数形结合思想，属于常考题.12.已知函数，函数，若函数恰有4个零点，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】首先将函数进行等价变形，然后结合函数的解析式得到函数的大致图像，最后数形结合可得实数的取值范围.【详解】由题意当时,即方程有4个解.又由函数与函数的大致形状可知,直线与函数的左右两支曲线都有两个交点，当时,函数的最大值为,则a1,同时在-1,1上的最小值为,当a1时,在(1,a上最大值为，要使恰有4个零点,则满足,即.解得2a3.故选B.【点睛】本题主要考查分段函数的性质及其应用，数
10、形结合的数学思想，等价转化的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.已知直线过点，且在两坐标轴上的截距相等，则直线方程的方程为_【答案】或【解析】【分析】首先设出直线与轴，轴的截距分别为，再分别求和时的直线方程即可.【详解】设直线与轴，轴的截距分别为.当时，设直线为，因为直线过点，所以，故直线为.当时，设直线为，因为直线过点，所以，解得，故直线为.故答案为：或【点睛】本题主要考查直线方程的截距式，同时考查了分类讨论的思想，属于简单题.14.在平面直角坐标系中，双曲线的渐近线方程为_【答案】【解析】【分析】根据双曲线的标准
11、方程求出的值，再计算渐近线方程即可.【详解】因为双曲线，焦点在轴，所以双曲线的渐近线方程为：故答案为：【点睛】本题主要考查双曲线的渐近线方程，根据双曲线的标准方程求出的值为解题的关键，属于简单题.15.已知：若直线上总存在点P，使得过点P的的两条切线互相垂直，则实数k的取值范围是_【答案】【解析】【分析】设两个切点分别为A、B，则由题意可得四边形PAOB为正方形，根据圆心O到直线的距离，进行求解即可得的范围.【详解】圆心为，半径，设两个切点分别为A、B，则由题意可得四边形PAOB为正方形，故有，圆心O到直线距离，即，即，解得或.故答案为.【点睛】本题主要考查直线和圆相交的性质，点到直线的距离公
12、式的应用，体现了转化的数学思想，属于中档题.16.在中，角对应的边长分别为，则的最大值为_【答案】【解析】【分析】由正弦定理边化角，转化为三角函数式，利用三角形角之间的关系，可得，用表示，利用均值不等式求得结果.【详解】，由正弦定理可得，又因为，所以可得， ，即，由可知，B为钝角，C为锐角，,当且仅当，即时，等号成立.故答案为：【点睛】本题考查了正弦定理的应用、三角形中角的关系、两角和的正切公式、均值不等式求最值，考查了数学运算能力和逻辑推理能力，转化的数学思想，属于中档题目.三、解答题（本题共6小题，其中17题10分，18-22题12分，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17
13、.已知首项为1的等差数列的前项和为，已知为与的等差中项.数列满足.（1）求数列与的通项公式；（2）求数列的前项和为.【答案】（1），；（2）【解析】【分析】（1）由为与的等差中项，所以，列出方程解出，求出、即可；（2）因为，由错位相减法求和即可.【详解】解：（1）设等差数列的公差为，因为为与的等差中项所以，即，解得：，.（2），下式减上式，即： ，【点睛】本题考查了等差数列基本量的计算，错位相减法求和，当待求和数列的通项为等差乘以等比数列的结构时一般采用错位相减求和.18.已知函数()(1)求函数的最小正周期及单调递增区间； (2) 内角的对边长分别为，若 且求角B和角C.【答案】（）函数的最
14、小正周期为；递增区间为(Z )；（）.【解析】试题分析：（1）将函数中的两角差余弦先展开，再合并同类项，利用和角公式化简求出函数解析式，由三角函数性质即可求函数的单调递增区间；（2）将代入函数解析式可得，可求，再由正弦定理求出，求得或，再求，且，舍去不符合题意的解即可试题解析：（1）故函数的递增区间为（2），即由正弦定理得：，或当时，；当时，（舍）所以考点：1两角和与差公式；2三解函数单调性；3正、余弦定理19.已知抛物线的顶点在原点,过点A(-4,4)且焦点在x轴.（1）求抛物线方程;（2）直线l过定点B(-1,0)与该抛物线相交所得弦长为8,求直线l的方程.【答案】（1）（2）【解析】分析
15、：（1）可先设出抛物线的方程：，然后代入点计算即可；（2）已知弦长所以要先分析斜率存在与不存在的情况，）当直线l的斜率不存在时，直线l：x=-1验证即可，当直线l的斜率存在时，设斜率为k，直线为联立方程根据弦长公式求解即可.详解：（1）设抛物线方程为抛物线过点，得p=2则（2）当直线l的斜率不存在时，直线l：x=-1与抛物线交于、，弦长为4，不合题意当直线l的斜率存在时，设斜率为k，直线为 消y得弦长=解得得所以直线l方程为或点睛：考查抛物线的定义和标准方程，以及直线与抛物线的弦长公式的应用，注意讨论是解题容易漏的地方，属于基础题.20.如图，在梯形中，为的中点，是与的交点，将沿翻折到图中的位
16、置，得到四棱锥（1）求证：；（2）当，时，求到平面的距离【答案】（1）见解析；（2）.【解析】【分析】（1）在图中，证明四边形为菱形，可得出，由翻折的性质得知在图中，利用直线与平面垂直的判定定理证明出平面，可得出，并证明出四边形为平行四边形，可得出，由此得出；（2）解法一：由（1）可知平面，结合，可得出平面，由此得出点到平面的距离为的长度，求出即可；解法二：证明出平面，可计算出三棱锥的体积，并设点与面的距离为，并计算出的面积，利用三棱锥的体积和三棱锥的体积相等计算出的值，由此可得出点到平面的距离.【详解】（1）图中，在四边形中，四边形为平行四边形.又，四边形为菱形，在图中，又，面平面，.又在四
17、边形中，四边形为平行四边形，；（2）法一：由（1）可知面，且，平面，的长度即为点到平面的距离，由（1）已证四边形为平行四边形，所以，因此，点到平面的距离为；解法二：连接，又，平面设点与面的距离为，即，【点睛】本题考查直线与直线垂直的证明，同时也考查了点到平面的距离的计算，解题时要充分利用题中的垂直关系，考查推理能力与计算能力，属于中等题.21.已知椭圆：的离心率，短轴的一个端点到焦点的距离为.（1）求椭圆的方程；（2）斜率为的直线与椭圆交于，两点，线段的中点在直线上，求直线与轴交点纵坐标的最小值.【答案】(1) (2) 【解析】【分析】（1）根据离心率及短轴的一个端点到焦点的距离为，可得 的值
18、，进而得椭圆方程（2）设出点、及直线方程，并将直线方程与椭圆方程联立，可得韦达定理表达式，根据判别式可得，根据线段的中点在直线上可得，进而用k表示出m，结合基本不等式可求得m的最小值【详解】（1）由已知得椭圆的离心率为，短轴的一个端点到焦点的距离为，解得，所以椭圆的方程为（2）设直线的方程为，则直线与轴交点的纵坐标为设点，将直线的方程与椭圆方程联立化简得，由韦达定理得，化简得.由线段的中点在直线上，得，故，即，所以，当且仅当，即时取等号，此时，满足，因此，直线与轴交点纵坐标的最小值为.【点睛】本题考查了椭圆标准方程的求法，直线与椭圆位置关系的综合应用，属于中档题22.已知函数，.()若，解不等
19、式；()设是函数的四个不同的零点，问是否存在实数，使得其中三个零点成等差数列？若存在，求出所有的值；若不存在，说明理由.【答案】（）见解析；（）【解析】【分析】（）先去绝对值，再解不等式；（）先求出两个已知零点，再讨论.【详解】（）（1）当时，即 得 若 即时，不等式解集为 若 即时，不等式解集为（2）当时，即 若 即时，无解若 即时 由得，又， 不等式解集为综上（1）（2）可知 当时，不等式的解集为 当时，不等式的解集为（），有4个不同零点， 不妨设，则若成等差数列，则，此时，不合题意若成等差数列，同知不合题意若成等差数列，则， ， 均舍去若成等差数列，则 ，或（舍去）综上可知：存在符合题意.【点睛】本题考查绝对值不等式的解法，二次函数恒成立，函数零点.