1、内蒙古赤峰二中2020-2021学年高二数学上学期第二次月考试题 理一、选择题：本题共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下列说法正确的是（ ）A若，则B若，则C若，则D若，则2方程表示的图形是（ ）A两条直线B两个点C四个点D四条直线3已知命题“，使得”，若命题是假命题，则实数的取值范围是( )ABCD4已知两条不同的直线，和一个平面，则使得“”成立的一个必要条件是A且B且C且D，与所成角相同5已知点在抛物线上，点到抛物线的焦点的距离为，设为坐标原点，则的面积为（ ）ABCD6如果椭圆的弦被点平分，则这条弦所在的直线方程是（ ）ABCD7在的
2、条件下，目标函数的最大值为，则的最小值是（ ）ABCD8已知某个几何体的三视图如图所示，根据图中标出的数据，可得出这个几何体的表面积是（ ）A6BCD9如图所示，从双曲线的左焦点引圆的切线，切点为，延长交双曲线右支于点，若为线段的中点，为坐标原点，则与的大小关系为（ ）ABCD不确定10在平面直角坐标系中，已知的顶点，顶点在椭圆上，则（ ）ABCD11已知离心率为e，焦点为的双曲线C上一点P满足，则双曲线的离心率e的取值范围为（ ）ABCD12若抛物线的焦点为F，点A、B在抛物线上，且，弦AB的中点M在准线l上的射影为，则的最大值为（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
3、13命题“若实数满足，则且”的否命题是_命题（填“真”或 “假”）.14抛物线上一点P到直线的距离与到点的距离之差的最大值为_.15已知为椭圆的左、右焦点，是椭圆上一点，若，则等于_16已知正方体的棱长为，其内有2个不同的小球，球与三棱锥的四个面都相切，球与三棱锥的三个面和球都相切，则球的表面积等于_三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共60分17（12分）在的内角的对边分别是，满足.（1）求角的值；（2）若，求的值.18（12分）已知各项均为正数的数列an满足an+
4、12an+1an2an20（nN*），且是的等差中项（1）求数列an的通项公式an；（2）若bn，Snb1+b2+bn，求Sn+n2n+150成立的正整数n的最小值19（12分）如图,在三棱柱中,是边长为2的等边三角形,平面平面,四边形为菱形,与相交于点D.(1)求证:.(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值.20（12分）在平面直角坐标系中，抛物线方程为，其顶点到焦点的距离为.（1）求抛物线的方程；（2）若点，设直线与抛物线交于、两点，且直线、的斜率之和为，试证明：对于任意非零实数，直线必过定点.21（12分）已知椭圆的离心率，椭圆上的点到左焦点的距离的最大值为.（1）求椭圆的标准方程；（2
5、）已知直线与椭圆交于、两点.在轴上是否存在点，使得且，若存在，求出实数的取值范围；若不存在，说明理由.（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，那么按所做的第一题计分。22（10分）在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，以x轴的正半轴为极轴，曲线C的极坐标方程为，直线l的参数方程为（t为参数）.（1）求曲线C和直线l的直角坐标方程；（2）设点，直线l与曲线C有不同的两个交点分别为A，B，求的值.23（10分）已知函数.（1）求不等式的解集；（2）若的最小值为，且实数，满足，求的最小值.理科试题参考答案1D【分析】利用不等式的性质或举反例的方法来判断各选项中不等式的
6、正误.【详解】对于A选项，若且，则，该选项错误；对于B选项，取，则，均满足，但，B选项错误；对于C选项，取，则满足，但，C选项错误；对于D选项，由不等式的性质可知该选项正确，故选D.【点睛】本题考查不等式正误的判断，常用不等式的性质以及举反例的方法来进行验证，考查推理能力，属于基础题.2C【解析】试题分析：由方程可得，即，所以表示四个点故选C考点：判断方程所表示的曲线3B【分析】由已知得命题是假命题，则将问题转化为命题“，使得”成立, 此时利用一元二次方程根的判别式可求得实数的取值范围.【详解】若命题是假命题，,则“不存在，使得”成立,即“，使得”成立,所以，解得，所以实数的取值范围是，故选B
7、.【点睛】本题主要考查命题的否定和不等式恒成立问题，对于一元二次不等式的恒成立问题，多从根的判别式着手可以得到解决，属于中档题.4D【分析】假设结合每个选项的第一个条件看能不能推出第二个条件。【详解】若，若则或，故错误，若，当时或，故错误，若，且不一定成立，故错误，若则，与所成角相同，即正确，故选：【点睛】本题考查空间线面关系以及充分必要条件，考查空间思维能力，属于中等题。5B【分析】由抛物线定义性质：先求出p值，再将点M代入，求得，然后可以求的面积【详解】根据抛物线的定义：，所以p=2;因此抛物线方程：y2=4x;由于点M在抛物线上，所以则；三角形的面积：；故答案：B【点睛】考查抛物线的定义
8、性质，求p6D【分析】设这条弦的两端点,则：,用点差法得到：，代入中点坐标，即得解斜率k.【详解】设这条弦的两端点，斜率为，则：两式相减得：变形得：，又弦中点为：，故故这条弦所在得直线方程为：，即故选：D【点睛】本题考查了点差法在弦中点问题中的应用，考查了学生转化与划归，数学运算的能力，属于中档题.7D【分析】作出不等式组所表示的可行域，平移直线，找出使得取得最大值时的最优解，代入目标函数可得，然后利用基本不等式可求得的最小值.【详解】不等式组所表示的可行域如下图所示：联立，解得，可得点，平移直线，当直线经过可行域的顶点时，该直线在轴上的截距最大，此时，取最大值，即，可得，当且仅当时，等号成立
9、.因此，的最小值为.故选：D.【点睛】本题考查利用线性规划求参数，同时也考查了利用基本不等式求代数式的最值，考查数形结合思想的应用以及计算能力，属于中等题.8C【分析】由已知中几何体的三视图，我们可以判断出该几何体是底面是一个底和高均为2的等腰三角形，侧面由一个底和高均为2的等腰三角形和两个腰长为底面长为的等腰三角形，分别求出各面面积，累加可得结果【详解】由三视图得几何体原图如图所示，该几何体是一个在俯视图为底面的三棱锥，底面是一个底和高均为2的等腰三角形，高为2，一个侧面由一个底和高均为2的等腰三角形，另外两个侧面是腰长为，底边长为的等腰三角形，其高为，故其表面积为.故选：C【点睛】本题考查
10、的知识点是由三视图求面积，其中判断出几何体各面的形状是解答本题的关键9B【分析】利用中位线和双曲线的定义转化，再利用直线与圆相切，得到，从而得到答案.【详解】因为点分别是和的中点，所以，连结，因为是圆的切线，则，在中，.故选：B【点睛】本题考查直线与圆，双曲线的位置关系，几何性质，综合性较强，本题的关键是数形结合分析问题，转化与化归的能力，属于中档题型.10C【分析】利用椭圆的定义得，由诱导公式及正弦定理化角为边后可得结论【详解】椭圆中，由题意是椭圆的焦点，又在椭圆上，故选：C【点睛】本题考查椭圆的定义与几何性质，考查正弦定理，利用正弦定理进行边角转换是解题关键11D【分析】由题，根据正弦定理
11、转化成边的比例关系即可求解.【详解】由题：因为，考虑焦点在轴上，左右焦点，则点一定在左支（除去实轴端点），,在中，根据正弦定理，所以，且，解得：，同理可得焦点在轴上离心率同解故选：D【点睛】此题考查双曲线几何性质与正弦定理知识相结合，解题中可以考虑焦点在轴上，左右焦点，则点一定在左支，体现出数形结合和转化与化归思想.12C【分析】转化：，利用余弦定理：，即得解.【详解】如图所示，由题意得，当且仅当：时，有最大值.故选：C【点睛】本题考查了抛物线的综合问题，考查了学生综合分析，转化化归，数学运算的能力，属于中档题.13真【分析】先求逆命题及其真假，再根据逆否命题等价性确定否命题真假.【详解】命题
12、“若实数满足，则且”的逆命题是 “若且，则”,是真命题，所以命题“若实数满足，则且”的否命题是真命题.故答案为：真【点睛】本题考查四种命题关系及其真假，考查基本分析判断能力，属基础题.14【分析】设抛物线的焦点为，则准线方程为，再根据三角不等式，即可得答案；【详解】设抛物线的焦点为，则准线方程为，点P到直线的距离等于，当且仅当三点共线时，可取到等号.故答案为：.【点睛】本题考查抛物线的定义、三角形两边之差小于第三边，考查数形结合思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.15【分析】由椭圆的定义有，又，再利用三角形面积公式即可得到结果.【详解】由椭圆有，由椭圆的定义有，又，在中，得，又，设，化简整理
13、得：，化简整理得：，由得：，又，故，所以.故答案为: .【点睛】本题主要考查了椭圆的定义和焦点三角形的面积问题.属于中档题.16【分析】在三棱锥中，根据可求得内切球的半径，设面平面，且球和球均与平面MNP相切于点E，在三棱锥中，用同样方法可求得球的半径，再根据球的面积公式可得结果.【详解】因为正方体的棱长为，所以三棱锥是边长为的正四面体，的高为，设底面的中心为，连接，则，则球是三棱锥的内切球,设其半径为，则，所以，所以， 又球与三棱锥的三个面和球都相切，则设面平面，且球和球均与平面MNP相切于点E，如图所示，则球是三棱锥的内切球，设其半径为，故，因此在正四面体中，利用求的方法可求得，所以球的表
14、面积为.故答案为：【点睛】关键点点睛：根据等体积法求内切球的半径是本题的解题关键.17（1）；（2）.【分析】（1）根据已知条件，由正弦定理角化边，得到三边的关系，进而利用余弦定理求解；（2）由正弦定理求得,并根据边的大小关系判定为锐角，然后利用倍角公式和两角和的正弦公式计算.【详解】解：（1），由正弦定理得，.化简得，.由余弦定理得，.又，.（2）由（1）知，又，.又，.，.【点睛】本题考查正余弦定理的综合运用，涉及二倍角公式和两角和差的三角函数公式，属中等难度的题目.关键是熟练利用正弦定理，余弦定理和三角恒等变形计算.18（1）；（2）5【分析】（1）数列an满足an+12an+1an2a
15、n20，把这个式子分解为两个因式乘积的形式，（an+1+an）（an+12an）0，注意数列是一个正项数列，得到an+12an0，得到数列是一个等比数列，写出通项（2）本题构造了一个新数列，要求新数列的和，用错位相减来求和，两边同乘以2，得到结果后观察Sn+n2n+150成立的正整数n的最小值【详解】（1）an+12an+1an2an20，（an+1+an）（an+12an）0，数列an的各项均为正数，an+1+an0，an+12an0，即an+12an，所以数列an是以2为公比的等比数列a3+2是a2，a4的等差中项，a2+a42a3+4，2a1+8a18a1+4，a12，数列an的通项公式
16、an2n（2）由（1）及bn ，得，bnn2n，Snb1+b2+bn，Sn2222323424n2n2Sn22223324425（n1）2nn2n+1得，Sn2+22+23+24+25+2nn2n+1，要使Sn+n2n+150成立，只需2n+1250成立，即2n+152，使Sn+n2n+150成立的正整数n的最小值为5【点睛】本题考查了求数列的通项公式，错位相减法求数列的和，也考查了数列能成立时n的最小值，属于中档题.19（1）证明见解析；（2）.【分析】(1)由已知得,再由平面平面,两个平面垂直的性质定理可得结论;(2) 以为原点,以,所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,求出平
17、面的一个法向量与平面的一个法向量是,再利用向量的夹角公式求解.【详解】(1)侧面是菱形,D是的中点,.平面平面,且平面,平面平面,平面,平面,.(2)由棱柱的定义知:在三棱柱中,平面平面,平面与平面所成的锐二面角与二面角相等.平面,.如图,以D为原点,以,所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系.由已知可得,.设平面的一个法向量,由,得,可得.平面平面,平面,平面的一个法向量是,即平面与平面所成锐二面角的余弦值是.【点睛】本题主要考查空间向量的应用、二面角、线面与面面垂直,考查了空间想象能力与逻辑推理能力.20（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）根据题意求出抛物线的焦点坐标，可求得
18、的值，进而可求得抛物线的方程；（2）设点、，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，根据直线、的斜率之和为求得实数的值，即可求得直线所过定点的坐标.【详解】（1），且抛物线的顶点到焦点的距离为，则该抛物线的焦点坐标为，解得，因此，该抛物线的方程为；（2）设点、，将直线的方程与抛物线的方程联立，消去并整理得，由韦达定理得，.直线的斜率为，同理直线的斜率为，由题意得，上式对任意的非零实数都成立，则，解得，所以，直线的方程为，该直线过定点.【点睛】本题考查抛物线方程的求解，同时也考查了抛物线中直线过定点问题的证明，涉及韦达定理设而不求法的应用，考查计算能力，属于中等题.21（1）（2）【分析】
19、（1）椭圆上的点到左焦点的距离最大值为a+c,再结合离心率可得a和c的值，再由可得椭圆方程；（2）将直线方程代入椭圆方程，利用弦长公式求得丨MN丨，由，P在线段MN的中垂线上，利用韦达定理求出中点D的坐标，写出直线PD的方程，令x=0得，平方后即可求得m范围；【详解】（1）由题设条件可得，解得，所以，椭圆的标准方程为：（2）设，则整理得：，则，则，假设存在点满足题意，则，化简整理得，此时判别式 恒成立，所以且，设中点，则，由，则在线段的中垂线上.因为，直线的方程为：，令，则，或.即：.【点睛】本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系的应用，考查韦达定理及弦长公式，中点坐标公式的综合应用
20、，考查化简整理的运算能力，属于中档题22（1），；（2）.【分析】（1）由，可得曲线C的直角坐标方程；消去参数t可得直线l的直角坐标方程；（2）写出过点的直线l的参数方程，代入曲线C的直角坐标方程，利用韦达定理结合，的几何意义可求得答案【详解】（1）由，所以曲线C的直角坐标方程为，由（t为参数），消去t得直线l的直角坐标方程为.（2）由题意知，过点的直线l的参数方程为（t为参数），代入曲线C的直角坐标方程得，又，所以方程有两个不同的解，又，所以，由，的几何意义可知，.【点睛】本题考查极坐标方程和参数方程与普通方程的互化，考查直线的参数方程的应用，属于中档题23（1）或 ；（2）.【分析】（1）先将函数解析式化为，分别讨论，三种情况，即可得出结果；（2）先由（1）得到，得出3a4b5=0，根据的几何意义，即可求出结果.【详解】本题考查绝对值不等式的解法和点到直线的距离公式，考查分类讨论思想和转化思想.（1）.由，可得，或，或，解得或或.所以不等式的解集为或 （2）由（1）易求得，即.所以，即.表示点与点的距离的平方.又点在直线上.因为点到直线的距离，所以的最小值为.【点睛】本题考查绝对值不等式的解法和点到直线的距离公式，考查分类讨论思想和转化思想,属于中档题.
