安徽省淮北市第一中学2017-2018学年高二数学上学期第四次月考(12月)试题 理(含解析)

淮北一中学2017-2018学年高二上学期第四次月考

数学（理）试题

一. 选择题(本题共12小题，每题5分，共60分）

1. 设全集U=R，集合，，则等于（）

A. B. {0, 1} C. {1, 2} D. {l, 2, 3}

【答案】C

【解析】，

又

∴{1, 2}

故选：C

点睛：求集合的交、并、补时，一般先化简集合，再由交、并、补的定义求解．在进行集合的运算时要尽可能地借助Venn图和数轴使抽象问题直观化．一般地，集合元素离散时用Venn 图表示；集合元素连续时用数轴表示，用数轴表示时要注意端点值的取舍．

2. 已知点在双曲线的一条渐近线上，则（）

A. B. 3 C. 2 D.

【答案】B

【解析】∵点在双曲线的一条渐近线上，

∴，∴=，即

故选：B

3. 下列命题错误的是（）

A. 命题“若，则”的逆否命题为“若，则”

B. 对于命题，使得，则，则

C. “”是“”的充分不必要条件

D. 若为假命题，则均为假命题

【答案】D

【解析】若为假命题，则中至少有一个为假命题，不一定均为假命题，

故选：D

4. 《算法统宗》是明朝程大位所著数学名著，其中有这样一段表述：“远看巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一”，其意大致为：有一七层宝塔，每层悬挂的红灯数为上一层的两倍，共有381盏灯，则塔从上至下的第三层有（）盏灯。

A. 14

B. 12

C. 10

D. 8

【答案】B

【解析】设第一层有a盏灯，

则由题意知第一层至第七层的灯的盏数构成一个以a1为首项，以为公比的等比数列，

∴，

解得a1=192，

∴a5=a1×（）4=192×=12，

故选：B．

5. 已知点P 是抛物线上的-个动点，则点P到点A(0, 1)的距离与点P到y轴的距离之和的最小值为（）

A. 2

B.

C.

D.

【答案】C

【解析】抛物线，可得：y2=4x，抛物线的焦点坐标（1，0）．

依题点P到点A（0，1）的距离与点P到y轴的距离之和的最小值，就是P到（0，1）与P到该抛物线准线的距离的和减去1．

由抛物线的定义，可得则点P到点A（0，1）的距离与P到该抛物线焦点坐标的距离之和减1，可得：﹣1=．

故选：C．

6. 已知，则下列三个数（）

A. 都大于6

B. 至少有一个不大于6

C. 都小于6

D. 至少有一个不小于6

- 2 -

【答案】D

【解析】设都大于6，

则++＜18，

利用基本不等式可得+≥2+2+2=4+8+6=18，

这与假设所得结论矛盾，故假设不成立，

故下列三个数至少有一个不小于6，

故选：D

7. 动圆M 与圆外切，与圆内切，则动圆圆心M的轨迹方程是（）

A. B. C. D.

【答案】B

【解析】设动圆的圆心为：M（x，y），半径为R，

动圆与圆M1：（x+1）2+y2=1外切，与圆M2：（x﹣1）2+y2=25内切，

∴|MM1|+|MM2|=1+R+5﹣R=6，

∵|MM1|+|MM2|＞|M1M2|，

因此该动圆是以原点为中心，焦点在x轴上的椭圆，2a=6，c=1

解得a=3，

根据a、b、c的关系求得b2=8，

∴椭圆的方程为：．

故选：B．

8. 程序框图如下图所示，当时，输出的k的值为（）

A. 26

B. 25

C. 24

D. 23

- 3 -

【答案】C

【解析】由已知中的程序框图可知：该程序的功能是计算S=+++…+=

的值，

∵A=，退出循环的条件为S≥A，

当k=24时，=满足条件，

故输出k=24，

故选：C

点睛：算法与流程图的考查，侧重于对流程图循环结构的考查.先明晰算法及流程图的相关概念，包括顺序结构、条件结构、循环结构，其次要重视循环起点条件、循环次数、循环终止条件，更要通过循环规律，明确流程图研究的数学问题，是求和还是求项.

9. 淮北一中艺术节对摄影类的A，B，C，D四项参赛作品，只评一项一等奖，在评奖揭晓前，甲、乙、丙、丁四位同学对这四项参赛作品预测如下：

甲说：“是C或D作品获得一等奖”；

乙说：“B作品获得一等奖”；

丙说：“A，D两项作品未获得一等奖”；

丁说：“是C作品获得一等奖”.

若这四位同学中只有两位说的话是对的，则获得一等奖的作品是（）.

A. A作品

B. B作品

C. C作品

D. D作品

【答案】B

【解析】根据题意，A，B，C，D作品进行评奖，只评一项一等奖，

假设参赛的作品A为一等奖，则甲、乙、丙、丁的说法都错误，不符合题意；

假设参赛的作品B为一等奖，则甲、丁的说法都错误，乙、丙的说法正确，符合题意；

假设参赛的作品C为一等奖，则乙的说法都错误，甲、丙、丁的说法正确，不符合题意；

假设参赛的作品D为一等奖，则乙、丙、丁的说法都错误，甲的说法正确，不符合题意；

故获得参赛的作品B为一等奖；

故选：B．

10. 设x，y 满足约束条件，若目标函数的最大值为2，

- 4 -

则的最小值为（）

A. 2

B.

C. 4

D.

【答案】A

【解析】作出不等式组对应的平面区域如图：

由z=ax+by（a＞0，b＞0）得y=﹣x+，

则直线的斜率k=﹣＜0，截距最大时，z也最大．

平移直y=﹣x+，由图象可知当直线y=﹣x+，经过点A时，

直线y=﹣x+，的截距最大，此时z最大，

由，解得，

即A（1，1），

此时z=a+b=2，

即，

∴=（）（）=1+≥2，

当且仅当，即a=b=1时取等号，

故选：A．

点睛：本题考查的是线性规划问题，解决线性规划问题的实质是把代数问题几何化，即数形结合思想.需要注意的是：一，准确无误地作出可行域;二，画目标函数所对应的直线时，要注意让其斜率与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错;三，一般情况下，目标函数的最大值或最小值会在可行域的端点或边界上取得.

- 5 -

11. 将正整数排成下表:

1

2 3 4

5 6 7 8 9

10 11 12 13 14 15 16

……………………………………

则在表中数字2017出现在（）

A. 第44行第80列

B. 第45行第80列

C. 第44行第81列

D. 第45行第81列

【答案】D

【解析】因为每行的最后一个数分别为1，4，9，16，…，所以由此归纳出第n行的最后一个数为n2．

因为442=1936，452=2025，

所以2017出现在第45行上．

又由2017﹣1936=81，

故2014出现在第81列，

故选：D

12. 抛物线的焦点为F，准线为，A、B是抛物线上的两个动点，且满足. 设线段AB的中点M在上的投影为N ，则的最大值是（）

A. 2

B.

C. 4

D.

【答案】D

【解析】

设|AF|=a，|BF|=b，连接AF、BF，

由抛物线定义，得|AF|=|AQ|，|BF|=|BP|，

在梯形ABPQ中，2|MN|=|AQ|+|BP|=a+b．

- 6 -

由余弦定理得，

|AB|2=a2+b2﹣2abcos60°=a2+b2﹣ab，

配方得，|AB|2=（a+b）2﹣3ab，

又∵ab≤（）2，

∴（a+b）2﹣3ab≥（a+b）2﹣（a+b）2=（a+b）2

得到|AB|≥（a+b）．

∴≤1，

即的最大值为1．

故选：．

点睛：本题综合考查了抛物线定义，余弦定理，均值不等式，具有较强的综合性，解题关键利用抛物线定义把条件集中到△ABF中，借助均值不等式求最值.

二. 填空题（本题共4小题，每题5分，共20分）

13. 抛物线的焦点坐标____________.

【答案】

【解析】由题意得：

∴抛物线的焦点坐标

故答案为：

14. 点到直线的距离公式为，通过类比的方法，可求得：在空间中，点(0，1，3)到平面的距离为____________.

【答案】

【解析】类比可知：

点(0，1，3)到平面的距离为

故答案为：

15. 与双曲线有相同渐近线，且过(2, 0)的双曲线方程是_________________.

- 7 -

【答案】

【解析】设与双曲线有相同渐近线的双曲线方程为：

又双曲线过(2, 0)

∴

∴

16. 已知椭圆的离心率是，A、B是椭圆的左、右顶点，P是椭圆上不同于A、B的一点，直线PA、PB 倾角分别为、，则___________.

【答案】7

【解析】由题意，A（﹣a，0），B（a，0），设P（x，y），则tanα=，tan，

∴tanαtanβ==

∵椭圆的离心率e=，

∴

∴，

∴，

∴，

=﹣，

tanαtanβ=﹣，

∴．

故答案为:7

- 8 -

点睛：在椭圆中，A，B两点在椭圆上且关于原点对称，点P是椭圆上（异于A，B ）一点，则

三. 解答题（共70分，解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤）

17. 已知m＞0，，.

(1) 若p是q的充分不必要条件，求实数m的取值范围；

(2) 若m=5，“”为真命题，“”为假命题，求实数x的取值范围.

【答案】(1).(2).

【解析】试题分析：（1）通过解不等式化简命题p，将p是q的充分不必要条件转化为[-2，4]是[2﹣m，2+m]的真子集，列出不等式组，求出m的范围．

（2）将复合命题的真假转化为构成其简单命题的真假，分类讨论，列出不等式组，求出x的范围

试题解析：

(1)记命题p的解集为A=[-2，4]，

命题q的解集为B=[2-m，2+m]，

∵是的充分不必要条件∴p是q 的充分不必要条件，∴，

∴，解得：.

(2)∵“”为真命题，“”为假命题，

∴命题p与q一真一假，

①若p真q 假，则，无解，

②若p假q 真，则，解得：.

综上得：.

- 9 -

- 10 - 18. 已知在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，且有

.

(1) 求C ；

(2) 若c=3，求△ABC 面积的最大值.

【答案】(1).(2)

. ...........................

试题解析：

(1)∵在△ABC 中，，∴

已知等式利用正弦定理化简得：2cosC(sinAcosB+sinBcosA)=sinC ， 整理得：2cosCsin(A+B)=sinC ，

即 2cosCsin(π-(A+B))=sinC

2cosCsinC=sinC ∴

， ∵

∴.

(2)由余弦定理可得：

， 可得，

，当且仅当a=b=3时取等号，

∴△ABC 面积的最大值为

.

19. 数列满足

(1) 证明：数列是等差数列；

(2) 设，求数列的前n 项和.

【答案】（Ⅰ）见解析;（Ⅱ）.

【解析】试题分析：（1）由两边同除以n（n+1）可得：

﹣=1，即可证明．

（2）由（1）可得：=n ，可得，再利用“错位相减求和”方法即可得出．试题解析：

（Ⅰ）∵，

∴，

∴，

∴数列是以1为首项，以1为公差的等差数列；

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，

∴

，

∴①

②Array

①-②得

∴.

- 11 -

-

12 -

20. 已知是数列的前n 项和，并且

，对任意正整数n ，；设

. (Ⅰ) 证明：数列是等比数列，并求的通项公式； (Ⅱ) 设，求证: 数列不可能为等比数列。

【答案】（Ⅰ）

. （Ⅱ）见解析. 【解析】试题分析：（I ）由S n+1=4a n +2，知S n =4a n ﹣1+2（n≥2），所以a n+1=4a n ﹣4a n ﹣1（n≥2），由此可知b n =3?2n ﹣1（n∈N*）．

（II ）由题意知，利用反证法证明数列不可能为等比数列．

试题解析： （Ⅰ）∵，∴， 两式相减：，∴， ∴

， ∴

，

∴，∴数列是是以2为公比的等比数列， ∵，而，∴，， ∴.

（Ⅱ），假设为等比数列，则有

，，

则有

与矛盾，所以假设不成立，则原结论成立，

即: 数列不可能为等比数列.

21. 已知抛物线，点M(m, 0)在x轴的正半轴上，过M点的直线与抛物线 C相交于A，

.

B两点，O为坐标原点

(1) 若m=l，且直线的斜率为1，求以AB为直径的圆的方程；

(2) 是否存在定点M ，使得不论直线绕点M 如何转动，恒为定值？【答案】（1）. (2)存在定点M(2, 0).

【解析】试题分析：（I）由题意得M（1，0），直线l的方程为y=x﹣1与抛物线方程联立，利用韦达定理，可得圆心坐标与圆的半径，从而可得圆的方程；

（II）若存在这样的点M ，使得为定值，直线l：x=ky+m与抛物线方程联立，计算|AM|，|BM|，利用恒为定值，可求点M的坐标．

试题解析：

（1）当m=1时，M(1，0)，此时，点M为抛物线C的焦点，

- 13 -

直线的方程为y=x-1，设，联立，

消去y 得，，∴，，

∴圆心坐标为(3, 2).

又，∴圆的半径为4，

∴圆的方程为.

(2)由题意可设直线的方程为，则直线的方程与抛物线联立，

消去x 得：，则，，

对任意恒为定值，

于是m=2，此时.

∴存在定点M(2, 0)，满足题意.

点睛：定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的. 定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现.

22. 已知圆，圆心为，定点，P 为圆上一点，线段上一点N 满足，直线上一点Q ，满足.

(Ⅰ) 求点Q的轨迹C的方程；

(Ⅱ) O 为坐标原点，是以为直径的圆，直线与相切，并与轨迹C交

- 14 -

于不同的两点A，B. 当且满足时，求△OAB面积S的取值范围.

【答案】（Ⅰ）.（Ⅱ）.

【解析】试题分析：（Ⅰ）直接根据已知条件结合椭圆的定义求出曲线的方程．

（Ⅱ）利用直线和曲线的位置关系建立方程组，进一步利用一元二次方程根和系数的关系建立关系式，进一步求出参数的取值范围．

试题解析：

（Ⅰ）∵

∴ N 为的中点

∵

∴ QN 为线段的中垂线

∴

∵

∴由椭圆的定义可知Q 的轨迹是以为焦点，长轴长为的椭圆，

设椭圆的标准方程为，

则，

∴.

∴点Q的轨迹C 的方程为.

（Ⅱ）∵圆O与直线相切，

∴，即，

由，消去y 整理得.

∵直线与椭圆交于两个不同点，

∴，

将代入上式，可得，

设，

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则，

∴，

∴，

∴，

∵，解得.

满足.

又，

设，则.

∴，

∴

故△OAB面积S 的取值范围为.

点睛：本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法：因直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用．

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