高二数学上学期第四次月考试题 理含解析 试题

一中2021-2021学年第一学期高二年级第四次月考
制卷人：歐陽文化、歐陽理複；制卷時間：二O二二年二月七日
理科数学
一、选择题：本大题一一共12个小题,每一小题5分,一共60分.在每一小题给出的四个选项里面，只有一项是哪一项符合题目要求的.
1. 设全集，集合，，那么〔〕
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为全集，集合或者,，
，应选C.
2. 点在双曲线的一条渐近线上，那么〔〕
A. B. 3 C. 2 D.
【答案】B
【解析】双曲线的一条渐近线方程是，将代入，得，，即应选B.
3. 以下命题错误的选项是〔〕
A. 命题“假设，那么〞的逆命题为“假设，那么〞
B. 对于命题，使得，那么，那么
C. “〞是“〞的充分不必要条件
D. 假设为假命题，那么均为假命题
【答案】D
【解析】对于，命题“假设，那么〞的逆否命题为“假设，那么〞，满足逆否命题的形式，所以正确；对于，对于命题，使得
，那么，那么，满足特称命题的否认形式，所以正确；对于，“〞是“〞的充分不必要条件，因为时，也成立，所以正确；对于，假设为假命题，那么均为假命题，显然不正确，因为一个命题是假命题，那么也为假命题，所以不正确，应选D.
4. ?算法统综?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，一共灯三百八十一〞，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，一共有381盏灯，那么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，
那么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，
应选：B．
5. 点是抛物线上的一个动点，那么点到点的间隔与点到轴的间隔之和的最小值为〔〕
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〕的间隔与点P到y轴的间隔之和的最小值，就是P到〔0，1〕与P到该抛物线准线的间隔的和减去1．
由抛物线的定义，可得那么点P到点A〔0，1〕的间隔与P到该抛物线焦点坐标的间隔之和减1，
可得：﹣1=．
应选：C．
6. ，那么以下三个数，，〔〕
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
【答案】D
【解析】假设3个数，，都小于6，那么
应选D.
点睛：此题考察反证法，考察进展简单的合情推理，属于中档题，正确运用反证法是关键.
7. 动圆与圆外切，与圆内切，那么动圆圆心的轨迹方程是〔〕
A. B. C. D.
【答案】B
........................
因此动圆圆心M的轨迹是以为焦点的椭圆，所以，选
B.
点睛：求与圆有关的轨迹问题时，根据题设条件的不同常采用以下方法：
①直接法：直接根据题目提供的条件列出方程．
②定义法：根据圆、直线等定义列方程．
③几何法：利用圆的几何性质列方程．
④代入法：找到要求点与点的关系，代入点满足的关系式等．
8. 程序框图如下图，当时，输出的的值是〔〕
A. 26
B. 25
C. 24
D. 23
【答案】C
【解析】由中的程序框图可知：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，
应选：C
点睛：算法与流程图的考察，侧重于对流程图循环构造的考察.先明晰算法及流程图的相关概念，包括顺序构造、条件构造、循环构造，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. 一中艺术节对射影类的四项参赛作品，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：“是或者作品获得一等奖〞；
乙说：“作品获得一等奖〞；
丙说：“两项作品未获得一等奖〞；
丁说：“是作品获得一等奖〞.
假设这四位同学中只有两位说的话是对的，那么获得一等奖的作品是〔〕
A. 作品
B. 作品
C. 作品
D. 作品
【答案】B
【解析】根据题意，A，B，C，D作品进展评奖，只评一项一等奖，
假设参赛的作品A为一等奖，那么甲、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，那么甲、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，那么乙的说法都错误，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，那么乙、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；
应选：B．
10. 设满足约束条件，假设目的函数〔〕的最大值为2，那么的最小值为〔〕
A. 2
B.
C. 4
D.
【答案】A
【解析】作出不等式组表示的可行域如以下图所示。

因为，所以当x,y均取最大值时z取最大值，即直线过点时,Z取最大值，即.
应选A.
点睛：线性规划的本质是把代数问题几何化，即数形结合的思想.需要注意的是：一、准确无误地作出可行域；二、画HY函数所对应的直线时，要注意与约束条件中的直线的斜率进展比拟，防止出错；三、一般情况下，目的函数的最大或者最小会在可行域的端点或者边界上获得.
11. 将正正数排成下表：
1
2 3 4
5 6 7 8 9
10 11 12 13 14 15 16
……………
那么在表中数字2021出如今〔〕
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2021出如今第45行上．
又由2021﹣1936=81，
故2021出如今第81列，
应选：D
12. 抛物线的焦点为，准线为，是抛物线上的两个动点，且满足，设线段的中点在上的投影为，那么的最大值是〔〕
A. 2
B.
C.
D. 1
【答案】D
【解析】
设，连接，由抛物线定义，得，在梯形中，
，由余弦定理得，，配方得，又，，得到
，即的最大值为，应选D.
【方法点睛】此题主要考察抛物线的定义和几何性质，以及余弦定理与根本不等式的应用，属于难题. 与焦点、准线有关的问题一般情况下都与拋物线的定义有关，解决这类问题一定要注意点到点的间隔与点到直线的间隔的转化：〔1〕将抛线上的点到准线距转化为该点到焦点的间隔；(2)将抛物线上的点到焦点的间隔转化为到准线的间隔，使问题得到解决.
二、填空题〔每一小题5分，满分是20分，将答案填在答题纸上〕
13. 抛物线的焦点坐标__________.
【答案】
【解析】抛物线化为HY方程为抛物线的焦点在轴上，且
抛物线的焦点坐标是，故答案为.
14. 点到直线的间隔公式为，通过类比的方法，可求得：在空间中，点到平面的间隔为__________.
【答案】
【解析】类比点到直线的间隔，可知在空间中，点到平面的间隔为，故答案为.
15. 与双曲线有一样渐近线，且过的双曲线方程是__________.
【答案】
【解析】设所求双曲线方程为双曲线过点所求双曲线方程为化为，故答案为.
16. 椭圆的离心率是，是椭圆的左、右顶点，是椭圆上不同于的一点，直线斜倾角分别为，那么__________.
【答案】7
【解析】试题分析：因为A,B是椭圆的左右顶点，P为椭圆上不同于AB的动点，
，，
考点：此题考察椭圆的另外一个定义
点评：椭圆的定义不只是书上给的第一定义，还有其他的定义，此题中椭圆上的点与两顶点连线的斜率乘积为定值，这也是定义，将三角公式展开分子分母同除以，得到斜率乘积
三、解答题〔本大题一一共6小题，一共70分.解容许写出文字说明、证明过程或者演算步骤.〕
17. ，，.
〔1〕假设是的充分不必要条件，务实数的取值范围；
〔2〕假设，“〞为真命题，“〞为假命题，务实数的取值范围.
【答案】(1) m≥4.(2) [-3，-2〕∪〔4，7]
【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假设p真q假，那么，无解，
②假设p假q真，那么，解得：.
综上得：.
18. 在中，角的对边分别是，且有.
〔1〕求；
〔2〕假设，求面积的最大值.
【答案】(1)；(2).
【解析】试题分析：〔Ⅰ〕等式利用正弦定理化简，利用两角和与差的正弦函数公式及诱导公式，结合sinC不为0求出cosC的值，即可确定出C的度数；
〔2〕利用余弦定理列出关系式，结合不等式可得ab≤9，进而求得面积的最大值. 试题解析：∵在△ABC中，0＜C＜π，∴sin C≠0
等式利用正弦定理化简得：2cos C〔sin A cos B+sin B cos A〕=sin C，
整理得：2cos C sin〔A+B〕=sin C，
即2cos C sin〔π-〔A+B〕〕=sin C
2cos C sinC=sin C
∴cos C=，
C∈〔0，π〕.
∴C=.
〔2〕由余弦定理可得：9=c2=a2+b2-2ab cos C≥2ab-ab=ab，
可得ab≤9，
S=absinC≤当且仅当a=b=3时取等号
∴△ABC面积的最大值
19. 数列满足，，.
〔1〕证明：数列是等差数列；
〔2〕设，求数列的前项和.
【答案】(1)证明见解析；(2).
【解析】试题分析：〔1〕证明：在原等式两边同除以，得，即，所以是以为首项，为公差的等差数列.〔2〕由〔1〕得，所以，从而.
用错位相减法求得.
试题解析：〔1〕证：由可得，即
所以是以为首项，1为公差的等差数列．
〔2〕解：由〔1〕得，
所以，从而
①－②得：
所以12分
考点：1.等差数列的证明；2.错位相减法求和.
20. 是数列的前项和，并且，对任意正整数，，设
〔〕.
〔1〕证明：数列是等比数列，并求的通项公式；
〔2〕设，求证：数列不可能为等比数列.
【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.
【解析】试题分析：〔1〕利用a n+1=S n+1-S n可知证明a n+1=4〔a n-a n-1〕，通过b n=a n+1-2a n可知b n+1=2〔a n+1-2a n〕，通过作商可知{b n}是公比为2的等比数列，通过a1=1可知b1=3，进而可得结论；〔2〕假设为等比数列，那么有, n≥2, 那么有，故假设不成立，那么数列不可能为等比数列 .
试题解析：(I)∵S n+1=4a n+2，∴S n=4a n-1+2(n≥2)，
两式相减：a n+1=4a n-4a n-1(n≥2)，∴a n+1=4(a n-a n-1)(n≥2)，
∴b n=a n+1-2a n，
∴b n+1=a n+2-2a n+1=4(a n+1-a n)-2a n+1，b n+1=2(a n+1-2a n)=2b n(n∈N*)，
∴，∴{b n}是以2为公比的等比数列，
∵b1=a2-2a1，而a1+a2=4a1+2，∴a2=3a1+2=5，b1=5-2=3，
∴b n=3•2n-1(n∈N*)
(II)，假设为等比数列，那么有
, n≥2, 那么有=0
与≥1矛盾，所以假设不成立，那么原结论成立，即
数列不可能为等比数列
21. 抛物线，点在轴的正半轴上，过点的直线与抛物线相交于两点，为坐标原点.
〔1〕假设，且直线的斜率为1，求以为直径的圆的方程；
〔2〕是否存在定点，使得不管直线绕点如何转动，恒为定值？【答案】(1)；(2) 存在定点，满足题意.
【解析】试题分析：〔1〕由题意得，直线的方程与抛物线方程联立，利用韦达定理，可得圆心坐标和圆的半径，从而可得圆的方程．
〔2〕假设存在定点这样的点，使得恒为定值；直线：与抛物线C：联立，计算,，利用恒为定值，可求出点的坐标．
试题解析：〔1〕当时，，此时，点M为抛物线C的焦点，
直线的方程为，设，联立，
消去y得，，∴，，∴圆心坐标为．
又，∴圆的半径为4，∴圆的方程为．
〔2〕由题意可设直线的方程为，那么直线的方程与抛物线C：联立，
消去x得：，那么，，
对任意恒为定值，
于是，此时．
∴存在定点，满足题意．
考点：1、圆的方程；2、直线与抛物线的位置关系；3、定点定值问题．
【思路点晴】此题主要考察的是圆的方程的求法、直线与圆锥曲线的位置关系、恒成立问题等，属于综合性较强的难题；直线与圆锥曲线的位置关系问题，解题方法都是联立方程，正确运用韦达定理是关键；对于存在性问题，先假设存在，根据恒为定值的条件，求出点的坐标即可；假如求出来是空集，那么不存在．
22. 圆，圆心为，定点，为圆上一点，线段上一点满足
，直线上一点，满足.
〔1〕求点的轨迹的方程；
〔2〕为坐标原点，圆是以为直径的圆，直线与圆相切，并与轨迹交于不同的两点，当且满足时，求面积的取值范围.
【答案】(1) ；(2) .
【解析】试题分析：〔Ⅰ〕分析题意可得点满足的几何条件，根据椭圆的定义可得轨迹，从而可求得轨迹方程；〔Ⅱ〕先由直线与相切得到，将直线方程与椭圆方程联立，并结合一元二次方程根与系数的关系可得，由且，进一步得到k的范围，最后根据三角形面积公式并结合函数的单调性求的取值范围。

试题解析：
〔Ⅰ〕∵
∴为线段中点
∵
∴为线段的中垂线
∴
∵
∴由椭圆的定义可知的轨迹是以为焦点，长轴长为的椭圆，设椭圆的HY方程为，
那么，，
∴。

∴点的轨迹的方程为。

〔Ⅱ〕∵圆与直线相切，
∴，即，
由，消去.
∵直线与椭圆交于两个不同点，
∴，
将代入上式，可得，
设，，
那么，，
∴，
∴
∴，
∵，解得.满足。

又，
设，那么.
∴，
∴
故面积的取值范围为。

点睛：解决解析几何综合题时一般会涉及到复杂的运算，解题时要注意解题技巧的运用，如常用的“设而不求〞、“整体代换〞的方法，以简化计算。

另外，对于解析几何中的范围、最值的问题，要结合函数的性质求解或者利用根本不等式求解。

制卷人：歐陽文化、歐陽理複；制卷時間：二O二二年二月七日。