江西省萍乡三中2019-2020学年上学期高二第二次月考 理科数学

2019-2020学年上学期高二第二次月考
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Ⅰ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．命题：“平面内与两个定点的距离的和等于常数的点的集合叫做椭圆”；命题：“平面内与两个定点的距离的差的绝对值等于常数的点的集合叫做双曲线”．下列命题中正确的是（ ）
A．命题 B．命题 C．命题 D．命题
2．在中，角，，的对边分别为，，，若，，则（ ）
A． B． C． D．
3．设的内角，，所对的边分别为，，，若三边的长为连续的三个正整数，且，，则为（ ）
A． B． C． D．
4．《周髀算经》中一个问题：从冬至之日起，小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气的日影子长依次成等差数列，若冬至、立春、春分的日影子长的和是尺，芒种的日影子长为尺，则冬至的影子长为（ ）
A．尺 B．尺 C．尺 D．尺
5．在等差数列中，，，则数列的前项和的最大值为（ ）
A． B． C．或 D．
6．已知数列是首项为，公差为的等差数列，数列满足关系，数列的前项和为，则的值为（ ）
A． B． C． D．
7．设，满足约束条件，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
8．设，，且不等式恒成立，则实数的最小值等于（ ）
A．0 B．4 C． D．
9．设，，，则“”是“”的（ ）
A．充分条件但不是必要条件 B．必要条件但不是充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
10．已知直线过点且与椭圆相交于，两点，则使得点为弦中点的直线斜率为（ ）
A． B． C． D．
11．已知椭圆上存在、两点恰好关于直线对称，且直线与直线的交点的横坐标为，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
12．已知点是抛物线的对称轴与准线的交点，点为抛物线的焦点，点在抛物线上且满足，若取得最大值时，点恰好在以，为焦点的椭圆上，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
第Ⅱ卷
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．
13．设命题，，则为 ．
14．在中，角，，的对边分别是，，，若，
则的最小值为 ．
15．设是数列的前项和，若，则 ．
16．过双曲线的右支上一点，分别向圆和圆作切线，切点分别为，，则的最小值为 ．
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）已知命题，，若非是的充分不必要条件，求的取值范围．
18．（12分）在中，角，，所对的边分别为，，，且满足，．
（1）求角的大小；
（2）若是和的等比中项，求的面积．
19．（12分）设数列的前项和满足，且，，成
等差数列．
（1）求数列的通项公式；
（2）记数列的前项和，求．
20．（12分）在一个月内分批购入每张价值为元的书桌共台，每批都购入台（是正整数），且每批均需付运费元，储存购入的书桌一个月所付的保管费与每批购入书桌的总价值（不含运费）成正比，若每批购入台，则该月需用去运费和保管费共元，现在全月只有元资金可以用于支付运费和保管费．
（1）求该月需用去的运费和保管费的总费用；
（2）能否恰当地安排每批进货的数量，使资金够用？写出你的结论，并说明理由．
21．（12分）已知抛物线的方程，焦点为，已知点在上，且点到点的距离比它到轴的距离大．
（1）试求出抛物线的方程；
（2）若抛物线上存在两动点（在对称轴两侧），满足（为坐标原点），过点作直线交于两点，若，线段上是否存在定点，使得恒成立?若存在，请求出的坐标，若不存在，请说明理由．
22．（12分）已知圆和点，是圆上任意一点，线段的垂直平分线交于点，设点的轨迹为．
（1）求的方程；
（2）若直线与曲线相交于，两点，试问：在轴上是否存在定点，使当变化时，总有？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
2019-2020学年上学期高二第二次月考
理科数学答案
第Ⅰ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】B
【解析】命题错误，椭圆的定义中，常数必须大于两个定点的距离；
命题错误，双曲线的定义中，常数必须小于两个定点的距离，
∴命题为真命题．
2．【答案】B
【解析】因为，所以根据正弦定理可得，
因为，所以，
所以根据余弦定理可得．
3．【答案】D
【解析】因为，，为连续的三个正整数，且，可得，
所以，①，
又因为已知，所以②，
由余弦定理可得③，则由②③可得④，
联立①④得，解得或（舍去），则，，
故由正弦定理可得．
4．【答案】A
【解析】从冬至日起，日影长依次记为，，，，，
根据题意，有，
根据等差数列的性质，有，而，
设其公差为，则有，解得，
所以冬至的日影子长为尺．
5．【答案】A
【解析】∵等差数列中，，
∴，∴，
又，∴，，
即数列的前项为正值，从第项开始为负值．
∴数列的前项和的最大值为．
6．【答案】B
【解析】数列是首项为，公差为的等差数列，∴，
数列满足关系，
∴时，，
两式相减可得，可得，
时，，解得，
．
7．【答案】A
【解析】画出表示的可行域，
表示可行域内的点与点连线的斜率，
由，得，，，
由图知，的范围是．
8．【答案】C
【解析】由，得，
而（时，等号成立），所以，
因此要使恒成立，应有，即实数的最小值等于．
9．【答案】A
【解析】当时，，
而（当且仅当，
且时等号成立），
故，但当取，显然有，
但，即由不可以推得，
综上，是的充分不必要条件．
10．【答案】C
【解析】设，，则，，
两式相减．
又由点为弦的中点，∴，，
∴．
11．【答案】C
【解析】由题意可得直线与直线的交点，，
设，，则，，
∵、是椭圆上的点，∴①，②，
①②得：，
∴，∴，
∴，∴．
12．【答案】B
【解析】设，因为是抛物线的对称轴与准线的交点，点为抛物线的焦点，所以，，
则，
当时，，
当时，，
当且仅当时取等号，∴此时，，，
∵点在以，为焦点的椭圆上，，
∴由椭圆的定义得，
所以椭圆的离心率．
第Ⅱ卷
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．
13．【答案】，
【解析】根据全称命题与特称命题的定义即可得答案．
14．【答案】
【解析】由正弦定理，，
可化为，
化简得，即，
所以，
当且仅当，即时，取最小值．
15．【答案】
【解析】，
当时，，解得，
时，，可得，
当为偶数时，，即有，
当为奇数时，，可得，
即有．
16．【答案】
【解析】圆的圆心为，半径为；
圆的圆心为，半径为；
设双曲线的左右焦点为，，
连接，，，，
可得
．
当且仅当为右顶点时，取得等号，即最小值．
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】．
【解析】，或，
或，
，或，
记或，
而，∴，即，∴．
18．【答案】（1）；（2）．
【解析】（1）由，得，
由，得，故，得．
（2）由是和的等比中项得，
又由余弦定理得，
故，得，得，
∴，故为正三角形，故．
19．【答案】（1）；（2）．
【解析】（1）∵数列的前项和满足，
∴，，，解得，．
∵，，成等差数列，∴，
∴，解得．
当时，，化为．
∴数列是等比数列，首项为，公比为，∴．
（2）由（1）得，故其为以为首项，为公比的等比数列，
∴数列的前项和．
20．【答案】（1）（，）；（2）见解析．
【解析】（1）设题中比例系数为，若每批购入台，则共需分批，每批价值为元，由题意，
由时，，得，
所以（，）．
（2）由（1）知，（，），
所以（元），
当且仅当，即时，上式等号成立，
故只需每批购入张书桌，可以使资金够用．
21．【答案】（1）；（2）存在，定点为．
【解析】（1）因为到点的距离比它到轴的距离大，
由题意和抛物线定义，，
所以抛物线的方程为．
（2）由题意，，
设，，由，得，
①若直线斜率存在，设斜率为，直线，
，整理可得，
直线，与联立得，故可得，
若点存在，设点坐标为，
，
时，，解得或（不是定点，舍去），
则点为，经检验，此点满足，所以在线段上，
②若斜率不存在，则，，此时点满足题意，
综上所述，定点为．
22．【答案】（1）；（2）存在，定点．
【解析】（1）圆，圆心，由已知得，
又，所以，
所以由椭圆的定义知点的轨迹是以，为焦点的椭圆，
设其标准方程，则，，
所以，，∴曲线．
（2）设存在点满足题设，联立直线与椭圆，消去，
得，
设，，则由韦达定理得，①
，②
由题设知平分直线与直线的倾斜角互补，
即直线与直线的斜率之和为零，
即，即，③
把①、②代入③并化简得，④
所以当变化时④成立，只要即可，所以存在定点满足题设．