1、此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 2019-2020学年上学期高二第二次月考精编仿真金卷理科数学注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第卷一、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
2、的1命题“，”的否定是（ ）A，B ，C，D，2已知，均为实数，则“”是“，构成等差数列”的（ ）A必要不充分条件B充分不必要条件C充要条件D既不充分也不必要条件3已知椭圆的一个焦点坐标为，则的值为（ ）ABCD4设等差数列的前项和为，则等于（ ）ABCD5已知双曲线的一个焦点与抛物线的焦点重合，其一条渐近线的倾斜角为，则该双曲线的标准方程为（ ）ABCD6已知等比数列中，则（ ）ABCD7在中，分别为角的对边，若，则等于（ ）ABCD8下列说法不正确的是（ ）A“若，则”的否定是“若，则”B，是两个命题，如果是的充分条件，那么是的必要条件C命题“，使得”的否定是：“，均有”D命题“若，则”的
3、否命题为真命题9若实数满足约束条件，则目标函数的最大值为（ ）ABCD10已知，且满足，那么的最小值为（ ）ABCD11的内角，的对边分别为，若的面积为，则（ ）ABCD12已知，是椭圆的两个焦点，在上存在点使得，则椭圆的离心率的取值范围为（ ）ABCD第卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分13在数列中，则 14在中，内角，的对边分别是，若，则 15设为抛物线的焦点，、为该抛物线上的三点，若，则_16过椭圆内一点引一条弦，使得弦被点平分，则此弦所在的直线方程为 三、解答题：本大题共6大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17（10分）已知为实数，命题：方程，表示双曲线；命题
4、：对任意，恒成立（1）若命题为真命题，求实数的取值范围；（2）若命题“或”为真命题、“且”为假命题，求实数的取值范围18（12分）设为等差数列的前项和，已知，（1）求的通项公式；（2）求，并求的最小值19（12分）已知抛物线过点（1）求抛物线的方程；（2）设为抛物线的焦点，直线与抛物线交于两点，求的面积20（12分）在中，为上一点，（1）若，求外接圆的半径；（2）设，若，求面积21（12分）已知数列的前项和为，且（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和22（12分）已知动点与平面上两定点，连线的斜率的积为定值（1）试求出动点的轨迹方程；（2）设直线与曲线交于，两点，判断是否存在使得面积
5、取得最大值，若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由2019-2020学年上学期高二第二次月考精编仿真金卷理科数学答案第卷一、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】D【解析】命题“，”的否定为，故选D2【答案】C【解析】由等差中项概念“”可以推出“，构成等差数列”，反之也成立，故选C3【答案】C【解析】椭圆的一个焦点坐标为，可得，解得4【答案】A【解析】设数列的公差为，有，所以，5【答案】A【解析】抛物线的焦点，可得双曲线中，双曲线的一条渐近线的倾斜角为，双曲线的焦点在轴上，可得，即，解得，所求双曲线方程为6【答案】C【解析】设等比
6、数列的公比为，解得，又，解得，则故选C7【答案】B【解析】因为在，分别为的对边，所以由余弦定理得，所以8【答案】D【解析】因为命题的否定只否定结论，所以“若，则”的否定是“若，则”，故A正确；因为是的充分条件，所以由能推出，所以能推出，即是的必要条件，故B正确；命题“，使得”的否定是：“，均有，故C正确；命题“若，则”的否命题为：若，则，所以否命题为假命题，故D错9【答案】A【解析】由二元一次不等式组作出可行域如图所示，利用平移法平移直线，由图可知，当目标函数经过点时有最大值，即10【答案】C【解析】，且满足，那么，当且仅当时取等号11【答案】B【解析】的内角，的对边分别为，的面积为，则，12
7、【答案】D【解析】不妨设椭圆的焦点在轴上，则当点为轴上的顶点时，取最大值，此时，又因为存在点使得，所以，即第卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分13【答案】【解析】，14【答案】或【解析】根据正弦定理，故或15【答案】【解析】由题意可得，焦点，准线为，由于，故是三角形的重心，设、的横坐标分别为，由抛物线的定义可得16【答案】【解析】设直线与椭圆交于点，设，由题意可得，两式相减可得，由中点坐标公式可得，所求的直线的方程为，即，故答案为三、解答题：本大题共6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）若命题为真命题，则，即的取值范围是（2）若命
8、题为真命题，则，解得，命题“或”为真命题、“且”为假命题，和中有且仅有一个正确若真假，则，解得；若假真，则，解得或，综上所述，的取值范围为18【答案】（1）；（2）【解析】（1）等差数列中，解得，（2），当时，前项和取得最小值为19【答案】（1）；（2）【解析】（1）因为抛物线过点，所以，解得，所以抛物线的方程为（2）由抛物线的方程可知，直线与轴交于点，联立直线与抛物线方程，消去可得，所以，所以，所以的面积为20【答案】（1）；（2）【解析】（1）由余弦定理，解得，又，解得，外接圆的半径为（2）由，所以，所以，由，得，设，则，在中，由余弦定理得，解得，所以，由正弦定理，即，解得，所以，即的面积为21【答案】（1）；（2）【解析】（1）当时，当时，符合上式综上，（2），则前项和，相减可得，化简可得22【答案】（1）（）；（2）不存在使得面积取得最大值【解析】（1）设动点的坐标是，由题意得，化简，整理得，故点的轨迹方程是（）（2）设直线与曲线的交点，由，得，解得，点到直线的距离，当且仅当，即时，取最大值当时，直线的方程是经过，曲线在没有定义，不满足直线交曲线于两点，所以不符合题意；同理，也不符合题意，故不存在使得面积取得最大值