四川省成都市棠湖中学2019_2020学年高二数学上学期10月月考试题（含解析）.docx

四川省成都市棠湖中学2019-2020学年高二数学上学期10月月考试题（含解析）第卷（选择题，共60分）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每个小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，把正确选项的代号填在答题卡的指定位置.）1.已知，则下列不等式一定成立的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由可得，故，据此逐一考查所给的选项是否正确即可.【详解】由可得，故，逐一考查所给的选项：A.；B.，的符号不能确定；C.；D.本题选择D选项.【点睛】本题主要考查对数函数的性质，不等式的性质及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.2.不等式的解集为A. B. C. D. 或【答案】C【解析】【分析】将分式不等式转化为一元二次不等式，进行求解即可【详解】不等式等价为，得，即，即不等式的解集为，故选：C【点睛】本题主要考查分式不等式的求解，将其转化为一元二次不等式是解决本题的关键3.若变量满足约束条件则的最小值等于 （ ）A. B. C. D. 2【答案】A【解析】【分析】由约束条件作出可行域，由图得到最优解，求出最优解的坐标，数形结合得答案【详解】解：由变量x，y满足约束条件作出可行域如图，由图可知，最优解为A，联立，解得A（1，）z2xy的最小值为2（1）故选：A【点睛】本题考查了简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是中档题4.过点(1,3)且平行于直线x2y30的直线方程为()A. 2xy10B. x2y70C. x2y50D. 2xy50【答案】B【解析】【分析】利用平行直线系方程的知识，设所求直线方程是：x2yc0，直线又过点（-1，3），将点坐标代入方程求出c，即可得到所求直线方程.【详解】设直线方程式是：x2yc0因为直线过点(1,3)所以-1-6+c=0，解得c=7故所求直线方程是：x2y70故选B【点睛】本题考察平行直线的求法，当直线方程式是一般式时，可以利用两直线平行的条件： 设出直线方程求解.注：已知直线，求与其平行或垂直的直线时，记住以下结论，可避免讨论：(1)与 平行的直线可设为：；(2)与垂直的直线方程可设为：5.直线：和：垂直，则实数A. B. 1C. 或1D. 3【答案】A【解析】【分析】本题可以根据直线与直线的解析式以及两直线垂直的相关性质列出算式，然后通过计算得出结果。【详解】由，解得，故选A。【点睛】本题考查两直线之间的位置关系，主要考查两直线垂直的相关性质，有直线和直线垂直，则有，考查计算能力，是简单题。6.已知、，若A、B、C三点共线，则A. B. 3C. D. 4【答案】C【解析】【分析】A、B、C三点共线，可得，利用斜率计算公式即可得出【详解】解：、B、C三点共线，解得故选：C【点睛】本题考查了三点共线与斜率之间的关系，考查了推理能力与计算能力，属于基础题7.下列说法正确的是（ ）A. 若两个平面和第三个平面都垂直，则这两个平面平行B. 若两条直线和一个平面所成的角相等，则这两条直线平行C. 若一个平面内的所有直线都和另一个平面平行，则这两个平面平行D. 若两条平行直线中的一条和一个平面平行，则另一条也和这个平面平行【答案】C【解析】【分析】举出特例，即可说明错误选项。【详解】正方体过同一顶点的三个平面可以两两互相垂直，所以A错误；圆锥的两条母线与底面形成的夹角相等，但是两条母线相交，所以B错误；若一个平面内的所有直线都和另一个平面平行，则该平面内有两条相交直线与另一个平面平行，所以这两个平面平行，故C正确；另一条直线可能在这个平面内，结论不成立，故D错误；综上选C.【点睛】本题考查了空间几何体中点、线、面的位置关系，特殊形式下的结论判断，属于基础题。8.已知直线的倾斜角为，则A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析：根据直线的斜率得到的值，再利用二倍角公式和同角的三角函数的基本关系式把化为关于的关系式即可.详解：由题设有，.故选A.点睛：一般地，直线的斜率和倾斜角之间的关系式，注意当时，斜率是不存在的.对于三角函数式的求值问题，我们往往从次数的差异、函数名的差异、结构的差异和角的差异去分析，处理次数差异的方法是升幂降幂法，解决函数名差异的方法是弦切互化，而结构上差异的处理则是已知公式的逆用等，最后角的差异的处理则往往是用已知的角去表示未知的角.9.过点的直线在两坐标轴上的截距之和为零，则该直线方程为A. B. C. 或D. 或【答案】D【解析】【分析】直线过原点可得斜率，求得方程；直线不过原点，可设截距式方程，代点可得值，进而可得方程【详解】当直线过原点时，可得斜率为，故直线方程为，即当直线不过原点时，设方程为，代入点可得，解得，方程为，故所求直线方程为：或，故选D【点睛】本题主要考查直线的截距式方程，以及分类讨论思想的应用，属基本知识的考查利用截距式方程解题时，一定要注意讨论直线的截距是否为零.10.一个棱长为2正方体被一个平面截去部分后，余下部分的三视图如图所示，则截去部分与剩余部分体积的比为（）A. 1：3B. 1：4C. 1：5D. 1：6【答案】A【解析】【分析】画出几何体的直观图，利用三视图的数据求解几何体的体积即可【详解】解：由题意可知：几何体被平面ABCD平面分为上下两部分，设正方体的棱长为2，上部棱柱的体积为：；下部为：，截去部分与剩余部分体积的比为：故选：A【点睛】本题考查三视图与几何体的直观图的关系，棱柱的体积的求法，考查计算能力.11.函数，图象恒过定点A，若点A在一次函数的图象上，其中，则的最小值是A. 6B. 7C. 8D. 9【答案】C【解析】【分析】令对数的真数等于1，求得的值，可得函数的图象恒过定点A的坐标，根据点A在一次函数的图象上，可得，再利用基本不等式求得的最小值【详解】解：对于函数，令，求得，可得函数的图象恒过定点，若点A在一次函数的图象上，其中，则有，则，当且仅当时，取等号，故的最小值是8，故选：C【点睛】本题主要考查对数函数的图象经过定点问题，以及基本不等式的应用，属于中档题12.在三棱锥中，平面，则三棱锥的外接球体积的最小值为 ( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】设，由的面积为2，得，进而得到外接圆的半径和到平面的距离为，在利用球的性质，得到球的半径，即可求解.【详解】如图所示，设，由的面积为2，得，因为，外接圆的半径，因为平面，且，所以到平面的距离为，设球的半径为R，则，当且仅当时等号成立，所以三棱锥的外接球的体积的最小值为，故选D.【点睛】本题主要考查了有关球与棱锥的组合体问题，以及球的性质的应用和球的体积公式，其中解答中正确认识组合体的结构特征，合理应用球的性质求解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，以及推理与运算能力，属于中档试题.第卷（非选择题共90分）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，满分20分）13.直线的倾斜角为_【答案】 【解析】【分析】求出直线斜率，然后求解直线的倾斜角【详解】，则，斜率为则，解得故答案为【点睛】本题主要考查了直线的倾斜角，解题的关键是求出直线的斜率，属于基础题14.直线恒过定点_【答案】 【解析】【分析】直线方程即a（x+2）+（xy+1）=0，一定经过x+2=0和xy+1=0 的交点，联立方程组可求定点的坐标【详解】直线（a1）xy+2a+1=0 即 a（x+2）+（xy+1）=0，根据a的任意性可得，解得x=2，y=3，当a取不同的实数时，直线（a1）xy+2a+1=0恒过一个定点，这个定点的坐标是（2，3）故答案为：（2，3）【点睛】本题考查经过两直线交点的直线系方程形式，直线 k（ax+by+c）+（mx+ny+p）=0 表示过ax+by+c=0和mx+ny+p=0的交点的一组相交直线，但不包括ax+by+c=0这一条15.对任意的实数，若恒成立，则m的取值范围为 【答案】【解析】试题分析：当恒成立，当时需满足解得综上考点：恒成立问题16.已知为正数，若直线被圆截得的弦长为，则的最大值是_.【答案】【解析】【分析】由题意可知圆的圆心坐标为(0,0)，半径r=2，结合点到直线距离公式有，据此整理计算可得，结合二次函数的性质确定其最大值即可.【详解】圆的圆心坐标为(0,0)，半径r=2，由直线被圆截取的弦长为,可得圆心到直线的距离，则时,取得最大值.故答案为：【点睛】本题主要考查等价转化的数学思想，二次函数最值的求解等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.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17.已知三角形三个顶点，求AC边所在直线方程；求线段BC的中垂线所在直线方程【答案】（1）（2）【解析】【分析】可通过两点坐标以及直线的截距式方程即可求出AC边所在直线方程；首先可通过两点坐标计算出BC中点坐标，然后通过直线BC的斜率计算出线段BC的中垂线斜率，最后通过直线的点斜式方程即可得出结果。【详解】由、知直线AC所在直线方程为，即；由、可知BC中点为，又因为，所以线段BC的中垂线斜率为，所以线段BC的中垂线所在直线方程为，即。【点睛】本题考查的是直线的相关性质，主要考查的是直线的截距式方程、直线的点斜式方程、两直线垂直的相关性质，考查计算能力，考查对直线的基础性质的理解，是简单题。18.已知圆C：内有一点，直线l过点P且和圆C交于A，B两点，直线l的倾斜角为当时，求弦AB的长；当弦AB被点P平分时，求直线l的方程【答案】（1） （2）【解析】【分析】(1)先根据点斜式得直线方程，再根据点到直线距离得圆心到直线距离，最后根据垂径定理求弦长，(2)设直线方程，根据圆心到直线距离为OP，列方程解得斜率，即得直线方程.【详解】：，圆心到距离为，所以弦长为，（2）圆心到距离为,设：所以【点睛】涉及圆中弦长问题， 一般利用垂径定理进行解决，具体就是利用半径的平方等于圆心到直线距离平方与弦长一半平方的和.19.已知函数判断函数在区间上的单调性，并证明你的结论；若在时恒成立，求实数a的取值范围【答案】（1）见证明；（2），【解析】【分析】根据函数的单调性的定义证明即可；不等式在上恒成立，化简整理可得在上恒成立，根据基本不等式求出左边的最小值为4，由此即可得到实数a的取值范围【详解】在递减，证明如下：设，则，故在递增；在上恒成立，即在上恒成立，整理得：，根据基本不等式，得，不等式上恒成立，即，解之得或综上所述，得a的取值范围为，【点睛】本题给出含有参数的函数，讨论不等式恒成立并求不等式的解集，着重考查了函数恒成立的问题、基本不等式求最值和一元二次不等式的解集等知识对于恒成立求参的问题，常见的方法有：变量分离，转化为函数的最值问题.20.若不等式的解集为，(1)若，求的值(2)求关于的不等式的解集【答案】（1）（2）【解析】【分析】，已知方程的两个根，运用根与系数之间的关系求出结果先求出之间的关系，计算得，然后代入求出结果【详解】(1) 关于的方程的两个根分别为和， (2) 的解集为，且关于的方程的两个根分别为和， ， 不等式可变为, 即， ，所以， 所以所求不等式的解集为.【点睛】本题考查了一元二次不等式的解法，运用根与系数之间的关系即可求出结果，在解答多元时需要将其转化为一元问题来求解。21.如图,四边形为矩形,且平面, ,为的中点.（1）求证:；（2）求三棱锥的体积；（3）探究在上是否存在点,使得平面，并说明理由.【答案】（1）见解析;（2）;（3）见解析.【解析】【分析】(1)连结,由几何体的空间结构可证得,利用线面垂直的定义可知.(2)由(1)知为腰长为1等腰直角三角形,结合题意转化顶点可得. (3)在上存在中点,使得.取的中点,连结. 易证得四边形EGHC是平行四边形,所以EG/CH,结合线面平行的判断定理可知EG/平面PCD.【详解】(1)连结,为的中点,为等腰直角三角形,则,同理可得, 又,且, , 又,又,.(2)由(1)知为腰长为1的等腰直角三角形,而是三棱锥的高,. (3)在上存在中点,使得.理由如下:取的中点,连结. 是的中点, ,且, 又因为E为BC的中点,且四边形ABCD为矩形,所以EC/AD,且EC=AD,所以EC/GH,且EC=GH,所以四边形EGHC是平行四边形,所以EG/CH,又EG平面PCD,CH平面PCD,所以EG/平面PCD.【点睛】本题主要考查线面垂直的判断定理，线面垂直的判断定理，棱锥的体积公式，立体几何中探索问题的处理方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.22.已知圆O：，直线l：若直线l与圆O交于不同的两点A、B，当为锐角时，求k的取值范围；若，P是直线l上的动点，过P作圆O的两条切线PC、PD，切点为C、D，则直线CD是否过定点？若是，求出定点，并说明理由若EF、GH为圆O的两条相互垂直的弦，垂足为，求四边形EGFH的面积的最大值【答案】（1）或；（2）直线CD恒过定点详见解析（3）【解析】【分析】(1)首先可以设出两点坐标，然后联立圆与直线方程并得出的值，最后根据以及即可得出结果；(2)首先将带入直线方程得出直线的解析式，然后设出点坐标并写出以为直径的圆的方程，最后将其与圆方程联立即可得出直线的方程并根据直线的方程得出定点坐标；(3)首先可以设圆心到直线的距离分别为、，然后通过勾股定理即可得出的值，再然后写出与，通过即可