1、浙江省绍兴市诸暨市诸暨中学2019-2020学年高二数学上学期10月月考试题（含解析）一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中只有一项是符合要求的.1.准线方程为的抛物线的标准方程是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据题意，由抛物线的准线方程可得其焦点在轴负半轴上，且，由抛物线的标准方程可得答案【详解】解：根据题意，抛物线的准线方程为，即其焦点在轴负半轴上，且，得，故其标准方程为：故选：D【点睛】本题考查抛物线的几何性质，关键是掌握抛物线的标准方程的四种形式2.若一个正方体截去一个三棱锥后所得的几何体如图所示.则该几何体的正视图是（
2、）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】正视图是从前向后看得到的视图，结合选项即可作出判断【详解】解：所给图形的正视图是A选项所给的图形，满足题意故选：A【点睛】本题考查了简单组合体的三视图，属于基础题，关键掌握正视图是从前向后看得到的视图3.已知，是平面内的两条直线，是空间中的一条直线.则“直线且”是“”的（ ）A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】利用线面垂直的判定与性质定理即可判断出结论【详解】解：，反之不一定成立，例如时“直线且”是“”的必要而不充分条件故选：B【点睛】本题考查了线面垂直的判定与性质定理
3、、充分性与必要性的判定方法，属于基础题4.设为实数，命题：，.则命题的否定是（ ）A. ：，B. ：，C. ：，D. ：，【答案】D【解析】【分析】命题：，是全称命题，其否定应为特称命题，根据规则即可得出答案【详解】解：命题：，是全称命题，否定时将量词变为存在实数，再将结论中的不等号变为即可命题的否定是：，故选：D【点睛】本题考查命题的否定，全称命题和特称命题，属基本知识的考查注意在写命题的否定时量词的变化及结论的否定5.直线与抛物线交点的个数是（ ）A. 0B. 1C. 2D. 0或1【答案】B【解析】【分析】在坐标系中画出函数的图象，根据函数的图象，可以得出结论【详解】解：画出函数的图象，
4、由图象知，直线与抛物线交点只有1个故选：B【点睛】本题考查了利用函数的图象来解答问题，解题时只需画出函数的图象，即可得出答案，是基础题6.设是三个不重合的平面，是两条不重合的直线，则下列说法正确的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】C【解析】试题分析：A：，可能的位置关系为相交，平行，故A错误；B：可能在上，可能与斜交，故B错误；C：根据线面垂直的性质，可知C正确；D：，可能的位置关系为相交，平行，异面，故D错误，故选C考点：空间中直线平面的位置关系7.如图，在三棱锥中，为棱的中点.若，.则异面直线与所成的角为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】
5、取的中点，连接，则（或其补角）为异面直线与所成的角，求出三角形的三边，即可求出异面直线与所成的角【详解】解：取的中点，连接，则为棱的中点，,则（或其补角）为异面直线与所成的角，故选：C【点睛】本题考查异面直线所成的角，考查学生的计算能力，正确作出异面直线所成的角是关键8.设，分别为椭圆的左、右焦点.椭圆上存在一点使得，.则该椭圆的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由椭圆定义可得，解方程可得，由条件可得的方程，求得，由的关系和离心率公式，计算即可得到离心率【详解】解：由椭圆定义可得，又，解得，可得，即为，化为，可得，则该椭圆的离心率为故选：B【点睛】本题考查椭圆的离
6、心率的求法，注意运用椭圆的定义和方程思想，考查运算能力，属于中档题9.在九章算术中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马如图，已知四棱锥为阳马，且，底面若E是线段AB上的点含端点，设SE与AD所成的角为，SE与底面ABCD所成的角为，二面角的平面角为，则A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由阳马定义、异面直线所成角、线面角、二面角的概念，分别求得三个角的正切函数，根据正切函数的性质，即可得到答案.【详解】由题意，四棱锥为阳马，且，底面是线段AB上的点，设SE与AD所成的角为，SE与底面ABCD所成的角为，二面角的平面角为，当点E与A点不重合时，在上取点，分别连接
7、，使得， 则,，因为，所以，所以，又由，所以，所以，所以。当点E与点A重合时，此时,则，所以 综上可知故选：A【点睛】本题主要考查了异面直线所成角、线面角、二面角的大小的判断，以及空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识综合应用，着重考查了运算求解能力，考查数形结合思想，属于中档试题.10.已知双曲线的一个焦点为，点是的一条渐近线上关于原点对称的两点，以为直径的圆过且交的左支于两点，若，的面积为8，则的渐近线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由双曲线的对称性可得即，又，从而可得的渐近线方程.【详解】设双曲线的另一个焦点为，由双曲线的对称性，四边形是矩形，所以，即
8、，由，得：，所以，所以，所以，所以，的渐近线方程为.故选：B【点睛】本题考查双曲线的简单几何性质，考查直线与圆的位置关系，考查数形结合思想与计算能力，属于中档题.二、填空题：本大题共7小题，每小题4分，共28分11.命题“若整数a，b都是偶数，则是偶数”的否命题可表示为_，这个否命题是一个_命题可填：“真”，“假”之一【答案】 (1). 若两个整数a，b不都是偶数，则不是偶数 (2). 假【解析】【分析】由命题的否命题，既对条件否定，也对结论否定；可举a，b均为奇数，则为偶数，即可判断真假【详解】由题意，命题“若整数a，b都是偶数，则是偶数”的否命题可表示为“若整数a，b不都是偶数，则不是偶数
9、”，由a，b均为奇数，可得为偶数，则原命题的否命题为假命题，故答案为：若整数a，b不都是偶数，则不是偶数，假【点睛】本题主要考查了命题的否命题和真假判断，其中解答中熟记四种命题的概念，正确书写命题的否命题是解答的关键，着重考查了判断能力和推理能力，是一道基础题12.已知椭圆中心在原点，一个焦点为，且长轴长是短轴长的2倍.则该椭圆的长轴长为_；其标准方程是_【答案】 (1). 8 (2). 【解析】【分析】先根据题意，并且求出的值，代入标准方程得到答案【详解】解：已知则该椭圆的长轴长为8；其标准方程是故答案为：椭圆的长轴长为8；其标准方程是【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程属基础题13.一个几何
10、体的三视图如图所示，其中正视图是一个正三角形，则这个几何体的体积是 ，表面积是 【答案】，+1+【解析】试题分析：由三视图可知：该几何体是如图所示的三棱锥，其中侧面PAC面ABC，PAC是边长为2的正三角形，ABC是边AC=2，边AC上的高OB=1，PO=为底面上的高据此可计算出表面积和体积解：由三视图可知：该几何体是如图所示的三棱锥，其中侧面PAC面ABC，PAC是边长为2的正三角形，ABC是边AC=2，边AC上的高OB=1，PO=为底面上的高于是此几何体的体积V=SABCPO=21=，几何体的表面积S=SPAC+SABC+2SPAB=2+21+2=+1+故答案为：，+1+考点：由三视图求面
11、积、体积14.抛物线：的焦点坐标是_；经过点的直线与抛物线相交于，两点，且点恰为的中点，为抛物线的焦点，则_.【答案】 (1). (2). 9【解析】【分析】根据抛物线的标准方程求得准线方程和焦点坐标，利用抛物线的定义把转化为，再转化为，从而得出结论【详解】解：抛物线：的焦点过作准线交准线于，过作准线交准线于，过作准线交准线 于，则由抛物线的定义可得再根据为线段的中点，故答案为：焦点坐标是，【点睛】本题考查抛物线的定义的应用，其中不要忽略中位线的性质，梯形的中位线是上底与下底和的一半，属于中档题15.若“”是“”的必要不充分条件，则实数的最大值为_【答案】【解析】【分析】由得出的范围，再根据必
12、要不充分性，得出两个范围的包含关系，从而得出结果【详解】由得，“”是“”的必要不充分条件，故答案为：【点睛】本题考查充分性和必要性，利用在小范围可以推出在大范围，在大范围不能推出在小范围来解决问题，是基础题16.已知双曲线的右焦点为，若直线上存在点，使得，其中为坐标原点，则双曲线的离心率的最小值为_【答案】2【解析】设直线与轴交于H点，设，则，而，所以，化简得，解得，则双曲线的离心率的最小值为2.点睛：本题主要考查双曲线的方程和性质，两角差的正切公式，离心率的求法，基本不等式的应用，考查运算能力，属于中档题。17.在正方体中边长AB为2，P为正方形A1B1C1D1四边上的动点，O为底面正方形A
13、BCD的中心，Q为正方形ABCD内一点，M，N分别为AB，BC上靠近A和C的三等分点，若线段与OP相交且互相平分，则点Q的轨迹与线段MN形成的封闭图形的面积为_【答案】【解析】分析】根据线段与OP互相平分，可得四边形是平行四边形，点Q的轨迹为过O与AB，AD平行的两条线段，设过O平行于AB的直线交MN于点H，过O平行于AD的直线与MN交于点G，则点Q的轨迹与线段MN形成的封闭图形是等腰直角GHO，由此能求出点Q的轨迹与线段MN形成的封闭图形的面积【详解】解：线段与OP互相平分，四边形是平行四边形O为底面正方形ABCD的中心，点Q的轨迹为两条线段（过O与AB，AD平行的两条线段），设过O平行于A
14、B的直线交MN于点H，过O平行于AD的直线与MN交于点G，点Q的轨迹与线段MN形成的封闭图形是等腰直角GHO，点Q的轨迹与线段MN形成的封闭图形的面积为：故答案为：【点睛】本题考查立体几何中的轨迹问题，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于难题三、解答题：本大题共5小题，共52分.解答必须写出文字说明、证明过程或演算步骤.18.【天津市和平区2017-2018学年高二上学期期末考】已知命题 ： 表示双曲线，命题 ： 表示椭圆（1）若命题与命题 都为真命题，则 是 的什么条件？（请用简要过程说明是“充分不必要条件”、“必要不充分条件”、“充要条件”和“既不
15、充分也不必要条件”中的哪一个）（2）若 为假命题，且 为真命题，求实数 的取值范围【答案】（1） 是 的必要不充分条件（2） 或【解析】试题分析：(1) 根据双曲线的定义，若命题为真命题则 ,若 都为真命题则 或，由，可得 是 的必要不充分条件；（2）由 为假命题，且 为真命题，可得一真一假，分两种情况讨论，对于真假以及假真分别列不等式组，分别解不等式组，然后求并集即可求得实数的取值范围.试题解析：（1）命题 ： 表示双曲线是真命题， ，解得 ,又命题 ： 表示椭圆是真命题， 解得 或 是 的必要不充分条件,（2） 为假命题，且 为真命题 、 为“一真一假”，当 真 假时，由（1）可知，真，有
16、 ，为假， 或 或 由解得 或 当 假真时，由（1）可知，为假，有 或 ，为真，有 或 由解得，无解综上，可得实数 的取值范围为 或.【方法点睛】本题通过圆锥曲线的方程主要考查充分条件与必要条件，属于中档题. 判断充要条件应注意：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题、逆命题和否命题的等价性，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.19.如图，直角梯形与等腰直角三角形所在的平面互相垂直，.(1) 求证：；(2) 求直线与平面所成角的正弦值；(3) 线
17、段上是否存在点，使平面若存在，求出；若不存在，说明理由【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）线段上存在点，使得平面，且.【解析】【分析】（1）取AB中点O，连接EO，DO利用等腰三角形的性质，可得EOAB，证明边形OBCD为正方形，可得ABOD，利用线面垂直的判定可得AB平面EOD，从而可得ABED；（2）由平面ABE平面ABCD，且EOAB，可得EO平面ABCD，从而可得EOOD建立空间直角坐标系，确定平面ABE的一个法向量为，利用向量的夹角公式，可求直线EC与平面ABE所成的角；（3）存在点F，且时，有EC平面FBD确定平面FBD的法向量，证明=0即可【详解】（1）证明：取AB中点O，连
18、接EO，DO因为EB=EA，所以EOAB 因为四边形ABCD为直角梯形，AB=2CD=2BC，ABBC，所以四边形OBCD正方形，所以ABOD 因为EOOD=O所以AB平面EOD因为ED平面EOD所以ABED（2）解：因为平面ABE平面ABCD，且 EOAB，平面ABE平面ABCD=AB所以EO平面ABCD，因为OD平面ABCD，所以EOOD由OB，OD，OE两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz 因为EAB为等腰直角三角形，所以OA=OB=OD=OE，设OB=1，所以O（0，0，0），A（1，0，0），B（1，0，0），C（1，1，0），D（0，1，0），E（0，0，1）所以，平面A
19、BE的一个法向量为 设直线EC与平面ABE所成的角为，所以 ，即直线EC与平面ABE所成角的正弦值为 （3）解：存在点F，且时，有EC平面FBD证明如下：由 ，所以设平面FBD的法向量为=（a，b，c），则有所以取a=1，得=（1，1，2）因为=（1，1，1）（1，1，2）=0，且EC平面FBD，所以EC平面FBD即点F满足时，有EC平面FBD【点睛】本题考查线面垂直，考查线面平行，考查线面角，考查利用向量解决线面角问题，确定平面的法向量是关键20.已知抛物线C：的焦点为F，M是抛物线C上位于第一象限内的任意一点，O为坐标原点，记经过M，F，O三点的圆的圆心为Q，且点Q到抛物线C的准线的距离为
20、求点Q的纵坐标；可用p表示求抛物线C的方程；设直线l：与抛物线C有两个不同的交点A，若点M的横坐标为2，且的面积为，求直线l的方程【答案】（）（）（）【解析】【分析】根据焦点以及的外接圆的圆心为Q，即可求出；由题意可得，解得，即可求出抛物线方程；先判断为直角三角形，再根据点到直线的距离公式，弦长公式和三角形的面积公式即可求出【详解】由题意，设，因为焦点以及的外接圆的圆心为Q，则线段的垂直平分线的方程为，所以点的纵坐标为.（）由抛物线C的准线方程为，所以，解得，所以抛物线C的方程可知，为直角三角形，其外接圆圆心在MO的中点上，即Q的坐标为，点Q到直线AB的距离，设，联立方程组，消y可得，即，解得
21、，即，所以直线l的方程为【点睛】本题主要考查了抛物线的标准方程的求解，以及直线与抛物线的位置关系的应用，其中把直线的方程与抛物线方程联立，合理利用根与系数的关系和弦长公式求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能，属于中档试题.21.如图：在四棱锥中，平面.，.点是与的交点，点在线段上且. （1）证明：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）求二面角的正切值.【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）推导出，在正三角形中，从而进而，由此能证明平面；（2）分别以为轴，轴，轴建立如图的空间直角坐标系，求出与平面的法向量，进而利用向量的夹角公式可求出直线与平面所成角的正弦值
22、；（3）求出面与面的法向量，进而利用向量的夹角公式可求出二面角的平面角的余弦值，再转化为正切值即可.【详解】证明：（1）在四棱锥中，平面.， ，.点是与的交点，在正三角形中，在中，是中点，又，点在线段上且，平面，平面，平面（2），分别以为轴，轴，轴建立如图的空间直角坐标系， ，设平面的法向量，则，取，得，设直线与平面所成角为，则，故直线与平面所成角的正弦值为；（3）由（2）可知，为平面的法向量，设平面的法向量为，则，即，令，解得，设二面角的平面角为，则，故二面角正切值为.【点睛】本题考查线面平行的证明，考查线面角和面面角的求法，考查运算求解能力，是中档题22.如图，为椭圆的下顶点.过的直线交抛
23、物线于，两点，是的中点.（1）求证：点纵坐标是定值；（2）过点作与直线倾斜角互补的直线交椭圆于，两点.求的值，使得的面积最大.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）由题意可求，设，利用是的中点，求出的坐标，代入抛物线方程，可得的关系，再代入点的纵坐标即可得出结果；（2）由题意可得，进而可以表示出直线的斜率和直线斜率，则可求出直线的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理，求出的长和点到的距离，从而可以求出，变形，利用基本不等式求其最值，通过等号的成立条件可求出的值.【详解】（1）易知，不妨设，则，代入抛物线方程得：，得：，为定值.（2）点是中点，直线的斜率，直线斜率，直线的方程：，即，不妨记，则：，代入椭圆方程整理得：，设，则，到的距离，所以.取等号时，得，所以，.【点睛】本题考查直线方程和抛物线方程联立，注意运用椭圆的顶点坐标，运用韦达定理以及点到直线的距离公式，考查三角形的面积的最值求法，化简整理的运算能力，属于中档题