黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2017-2018学年高二10月月考数学(理)试题
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性,平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益,请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间:9:00-18:30)。
哈师大附中高二上学期月考
数学试卷(理科)
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. 已知焦点在轴上的椭圆的长轴长是8,离心率是,则此椭圆的标准方程是( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由题意知,2a=8,∴a=4,又,∴c=3,则b2=a2﹣c2=7.
当椭圆的焦点在x轴上时,椭圆方程为;
故答案为:。
故答案为A。
2. 圆x2+y2=5在点(1,2)处的切线方程为( )
A. x+2y+5=0
B. 2x+y+5=0
C. 2x+y -5=0
D. x+2y -5=0
【答案】D
【解析】根据结论圆,在点处的切线方程为,将点(1,2)代入切线方程得到x+2y-5=0。
故答案为:D。
3. 已知实数,满足约束条件,则的最大值为()
A. 0
B.
C. 4
D.
【答案】C
【解析】试题分析:由不等式组作出可行域,如图,当目标函数经过点时,取得最大值,且为.
考点:简单线性规划.
【方法点睛】本题主要考查线性规划问题,首先由不等式组作出相应的可行域,作图时,可将不等式转化为(或),“”取下方,“”取上方,并明确可行域对应的是封闭区域还是开放区域、分界线是实线还是虚线,其次确定目标函数的几何意义,是求直线的截距、两点间距离的平方、直线的斜率、还是点到直线的距离等等,最后结合图形确定目标函数最值取法、值域范围.
4. 若圆的半径1,圆心在第一象限,且与直线和轴均相切,则该圆的标准方程
是()
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】试题分析:设圆心坐标为,由题意知,且.又圆和直线相切,所以,解得,所以圆的方程为,故选B.
考点:1、直线与圆的位置关系;2、点到直线的距离.
5. 已知点为椭圆的两个焦点,过的直线交椭圆于两点,且,则
()
A. 20
B. 18
C. 12
D. 10
【答案】C
【解析】点F1,F2为椭圆的两个焦点,
过F 1的直线交椭圆于A ,B 两点,且|AB|=8,a=5.
则|AF 2|+|BF 2|+AF 1||+|BF 1|=|AF 2|+|BF 2|+|AB|=|AF 2|+|BF 2|+8=4a=20. |AF 2|+|BF 2|=12. 故答案为:C 。
6. 点P (4,-2)与圆x 2
+y 2
=4上任一点连线的中点的轨迹方程是( ) A. (x -2)2
+(y +1)2
=1 B. (x -2)2
+(y +1)2
=4 C. (x +4)4+(y -2)2=4 D. (x +2)2+(y -1)2=1 【答案】A
【解析】设圆上任一点坐标为(x 0,y 0),则x 02+y 02=4,连线中点坐标为(x ,y),
则
⇒
代入
中得(x -2)2
+(y +1)2
=1,选C.
7. 在"家电下乡"活动中,某厂要将 台洗衣机运往邻近的乡镇,现有 辆甲型货车和
辆乙型货车可供使用,每辆甲型货车运输费用 元,可装洗衣机 台;每辆乙型货车运
输费用 元,可装洗衣机 台,若每辆车至多只运一次,则该厂所花的最少运输费用为
( ) A.
元 B.
元 C.
元 D. 元
【答案】B
【解析】设甲型货车使用x 辆,已型货车y 辆.则,求Z=400x+300y 最小值,
可求出最优解为(4,2),故
,故选B.
视频 8. 直线和圆
,则直线与圆的位置关系为
( )
A. 相切
B. 相交
C. 相离
D. 不确定 【答案】B
【解析】直线l :(2m ﹣3)x+(2﹣m )y ﹣3m+4=0,恒过(2,2); 圆C :x 2﹣6x+y 2﹣4y+9=0,圆的圆心(3,2)半径为:2. (2,2)与(3,2)的距离为1<2, 说明直线恒过的定点在圆内, 所以直线与圆相交.
故答案为:B。
点睛:这个题目考查的是直线和圆的位置关系,已知位置关系求参的问题。
一般判断直线和圆的位置关系用到的方法是比较圆心到直线的距离和半径的关系。
距离大于半径,相离;距离小于半径相交;距离等于半径相切。
9. 中国古代数学名著《九章算术》中记载了公元前344年商鞅监制的一种标准量器——商鞅铜方升,其三视图如图所示(单位:寸),若取3,其体积为12.6(单位:立方寸),则图中的为()
A. 1.2
B. 1.6
C. 1.8
D. 2.4
【答案】B
【解析】由三视图知,商鞅铜方升由一圆柱和一长方体组合而成,由题意得:
,,故选B.
10. 设是正方体的对角面(含边界)内的点,若点到平面、
平面、平面的距离相等,则符合条件的点()
A. 仅有一个
B. 有有限多个
C. 有无限多个
D. 不存在
【答案】A
【解析】解:与平面距离相等的点位于平面上;
与平面距离相等的点位于平面上;
与平面距离相等的点位于平面上;
据此可知,满足题意的点位于上述平面,平面,平面的公共点处,结合题意可知,满足题意的点仅有一个.
本题选择A选项.
点睛:本题考查点到平面的距离,利用点到直线的距离将平面问题类比到空间中点到面的距离,据此找到满足题意的点是否存在即可.
11. 已知以F1(-2,0),F2(2,0)为焦点的椭圆与直线x+y+4=0有且仅有一个公共点,
则椭圆的长轴长为( )
A. B. 3 C. 2 D. 2
【答案】D
【解析】设椭圆的长轴长为(且),
则椭圆的方程为:
由得
直线与椭圆只有一个交点,即
解得(舍去),(舍去),长轴长为故选
12. 如图,在矩形ABCD中,AB=4,BC=6,四边形AEFG为边长为2的正方形,现将矩形ABCD 沿过点F的动直线翻折,使翻折后的点C在平面AEFG上的射影C1落在直线AB上,若点C在折痕上射影为C2,则的最小值为()
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
由于平面,平面,则,故三点共线。
建立如上图所示的平面直角坐标系,则,过点的直线的方程为,则点
到直线的距离;又因,则直线的方程为
,令可得,则点到直线的距离
,则,令,则,
(当且仅当时取等号),故应选答案A。
点睛:本题的解答过程中,先借助空间线面的垂直位置关系,断定三点共线,进而构建平面直角坐标系,建立过点的直线的方程为,再运用点到直线的距离公式,
求出点到直线的距离;再借助,建立直线的方程
为,进而运用点到直线的距离公式求得到直线的距离
,最后得到,然后运用换元法与基本等式使得问题巧妙获解。
二、填空题:本大题共4小题,每小题5分。
13. 圆与圆相外切,则的值为___________.
【答案】3
【解析】圆,化简得到,
两圆外切即圆心距等于半径之和;圆心为半径为2,a。
列式子得到
故答案为:3.
点睛:这个题目考查的是两圆的位置关系;两圆的位置关系有相交,外切,内切,内含,外离这几种情况。
判断两圆的位置关系时的常用方法是找两圆心距和两半径之和或差的关系。
常考的题型是已知位置关系求参或者找公切线的条数。
14. 已知x,y满足约束条件,若z=ax+y的最大值为4,则a=___________. 【答案】2
【解析】
作为不等式组所对应的可行域,如上图阴影部分,则,若过A时求得最大值为4,则,此时目标函数为,变形为,平移直线
,当经过A点时,纵截距最大,此时z有最大值为4,满足题意;若过B
时求得最大值为4,则,此时目标函数为,变形为,平移直线
,当经过A点时,纵截距最大,此时z有最大值为6,不满足题意,故。
点睛:本题主要考查了线性规划的应用,属于中档题。
结合目标函数的几何意义,利用数形结合的数学思想是解决此类问题的基本方法,确定目标函数的斜率关系是解决此类问题的关键。
15. 已知球面上四点A,B,C,D,DA⊥平面ABC,AB⊥BC,DA=AB=BC=,则该球体积等于______.
【答案】
【解析】AB⊥BC,△ABC的外接圆的直径为AC,AC=,
由DA⊥面ABC得DA⊥AC,DA⊥BC,△CDB是直角三角形,△ACD是直角三角形,
∴CD为球的直径,CD= =3,∴球的半径R=,∴V球=πR3=π.
故答案为:。
16. 设分别为椭圆的左、右焦点,椭圆上存在一点,使得
则椭圆的离心率为___________.
【答案】
【解析】试题分析:由双曲线的定义可得,,由
,则有,即有(3b-4a)(3b+a)=0,
即有,所以.
考点:椭圆的离心率.
【思路点睛】本题考查双曲线的定义和性质:离心率,由双曲线的定义可得,,再由条件,即可得到的关系,再由椭圆的性质可得的关系式,结合离心率公式,即可求得.
三,解答题:解答应写出文字说明,证明过程和演算步骤。
17. 已知圆.
(Ⅰ)若直线过定点,且与圆相切,求直线的方程;
(Ⅱ)若圆半径是,圆心在直线上,且与圆外切,求圆的方程.
【答案】(Ⅰ);(Ⅱ).
【解析】试题分析:(1)根据直线与圆相切转化为圆心到直线的距离等于半径,
,即可求出直线方程(2)圆与圆外切则转化为圆心距等于半径和,可得,即可算出圆的方程
解析:(Ⅰ)设直线的方程为,则
圆心到的距离为:
所以,直线的方程为
(Ⅱ)设圆心,则
所以,圆的方程为:
18. 在平面直角坐标系中, 曲线与坐标轴的交点都在圆C上.
(Ⅰ)求圆C的方程;
(Ⅱ)若圆C与直线交于A,B两点,且求的值.
【答案】(Ⅰ);(Ⅱ).
【解析】试题分析:(Ⅰ)曲线与坐标轴的交点为,再设圆C的方程,利用待定系数法,即可求出结果;(Ⅱ)由得为等腰直角三角形,然后再利用点到直线的距离公式即可求出结果.
试题解析:(Ⅰ)曲线与坐标轴的交点为,
设圆C的方程,
则,即
(Ⅱ)由得为等腰直角三角形,
考点:1.圆的一般方程;2.点到直线的距离公式.
19. 在直三棱柱中,,∠ACB=90°,M是的中点,N是
的中点.
(Ⅰ)求证:MN∥平面;
(Ⅱ)求二面角的余弦值.
【答案】(Ⅰ)见解析;(Ⅱ).
...............
解析:(Ⅰ)如图所示,取B1C1中点D,连结ND、A1D∴DN∥BB1∥AA1
又DN=∴四边形A1MND为平行四边形。
∴MN∥A 1 D 又MN 平面A1B1C1,AD1平面A1B1C1∴MN∥平面-
(Ⅱ)在平面ACC1A1上作CE⊥C1M交C1M于点E,A1C1于点F,
则CE为BE在平面ACC1A1上的射影,∴BE⊥C1M, ∴∠BEF为二面角B-C1M-A的平面角,
在等腰三角形CMC1中,CE=C1H=,∴tan∠BEC=
∴ cos∠BEC=.
二面角的平面角与∠BEC互补,所以二面角的余弦值为
20. 已知椭圆的中心为原点,焦点在轴上,左右焦点分别为,点为椭圆上一点,离心率为,的周长为12.
(Ⅰ)求椭圆的方程;
(Ⅱ)过的直线与椭圆交于两点,若,求的面积.
【答案】(Ⅰ);(Ⅱ).
解析:(Ⅰ)所以,椭圆方程为
(Ⅱ)设MN的方程为
所以,
所以,.
21. 如图,由直三棱柱和四棱锥构成的几何体中,
,平面平面.
(Ⅰ)求证:;
(Ⅱ)在线段上是否存在点,使直线与平面所成的角为?若存在,求的值,若不存在,说明理由.
【答案】(Ⅰ)见解析;(Ⅱ)见解析.
【解析】试题分析:(1)由条件中,平面平面,结合线面垂直的性质定理,可以证明线面垂直,从而证明线线垂直(2)建立空间坐标系,求出法向量,然后根据题意计算是否存在点满足要求
解析:(Ⅰ)证明:在直三棱柱中,平面ABC,故,
由平面平面,且平面平面,
所以平面,
又⊂平面,所以
(Ⅱ)证明:在直三棱柱中,平面ABC,
所以,,
又,所以,如图建立空间直角坐标系,
根据已知条件可得
,,,,,, 所以,,
设平面的法向量为,
由即
令,则,,于是,
平面的法向量为
设,,
则,
若直线DP与平面成角为,则
,
计算得出,
故不存在这样的点.
点睛:方法总结:由面面垂直线面垂直线线垂直,这里需要用到垂直的性质定理进行证明,难度不大,但在书写解答过程中,注意格式,涉及二面角问题可以采用空间坐标系的相关知识,计算法向量然后再求解
22. 已知椭圆C: (a>b>0)的离心率为,椭圆短轴的一个端点与两个焦点构成的三角形的面积为.
(Ⅰ)求椭圆C的方程;
(Ⅱ)已知动直线y=k(x+1)与椭圆C相交于A,B两点.
①若线段AB中点的横坐标为-,求斜率k的值;
②已知点M,求证:为定值.
【答案】(1);(2)①;②见解析.
【解析】试题分析:(1)解:因为椭圆C满足,根据椭圆短轴的一个端点与两个焦点构成的三角形的面积为,可得,据此即可求出椭圆C的标准方程;
(2)①设将代入中,消元得
,然后再利用韦达定理和中点坐标公式即可求出结果;②由①知
,,所以代入韦达定理化简即可证明结果.
试题解析:(1)解:因为椭圆C:满足,
根据椭圆短轴的一个端点与两个焦点构成的三角形的面积为,可得.
从而可解得,
所以椭圆C的标准方程为.
(2)①解:设
将代入中,
消元得,
,,
因为AB中点的横坐标为,所以,解得.
②证明:由①知,,
所以
.
考点:1.椭圆方程;2.直线与椭圆的位置关系.。