宁夏石嘴山三中高二数学上学期第二次月考模拟试卷 理(含解析)

2018-2019学年宁夏石嘴山三中高二（上)第二次月考数学模拟试卷
(理科)(12月份）
一．选择题(共12小题，满分60分，每小题5分）
1.已知平面的法向量是，平面β的法向量是，若，则λ的值是（）
A. ﹣6
B. 6
C.
D.
【答案】C
【解析】
【分析】
两个平面垂直，则它们的法向量也垂直，利用法向量的数量积为零来建立方程，解方程求得λ的值。

【详解】由于两个平面垂直,故它们的法向量也垂直,即。

故选C.【点睛】本小题主要考查空间两个向量垂直的坐标表示，考查运算求解能力，属于基础题.
2。

在(1，2）内的平均变化率为( ）
A。

0 B. 1 C. 2 D。

3
【答案】C
【解析】
【分析】
利用平均变化率的定义列式求解，化简得出正确选项.
【详解】当时，，当时，，故平均变化率为,故选C。

【点睛】本小题主要考查平均变化率的概念及运算,考查运算求解能力，属于基础题.
3。

若是的必要不充分条件，则实数m的取值范围是（)
A。

[﹣3，3] B.
C. D。

【答案】D
【解析】
是的必要不充分条件，
∴(−1，4）⊆(2m2−3,+∞），
∴2m2−3⩽−1，
解得−1⩽m⩽1，
故选：D.
4。

已知双曲线的一条渐近线平行于直线，一个焦点在直线l上，则双曲线的方程为（）
A。

B.
C. D。

【答案】A
【解析】
分析：根据渐近线的方程和焦点坐标，利用的关系，列出方程求出，代入双曲线的方程即可。

详解：双曲线的一条渐近线平行于直线，
所以可得,令可得，，
即，
解得
双曲线的方程是,故选A。

点睛：本题考查双曲线的标准方程，以及简单几何性质的应用，属于基础题。

本题主要考查待定系数求双曲线方程，属于简单题。

用待定系数法求双曲线方程的一般步骤；①作判断：根据条件判断双曲线的焦点在轴上，还是在轴上，还是两个坐标轴都有可能；②设方程：根据上述判断设方程或;③找关系：根据已知条件，建立关于、、的方程组；④得方程：解方程组,将解代入所设方程，即为所求。

5。

若直线的倾斜角为30°，则实数m的值是( ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
求出直线的斜率，利用倾斜角和斜率的对应关系列方程,解方程求得实数的值.
【详解】将直线方程化为斜截式得，故直线的斜率为，根据斜率和倾斜角的对应关系有，解得。

故选C.
【点睛】本小题主要考查直线一般式化为斜截式，考查直线倾斜角和斜率的对应关系，考查特殊角的三角函
数值以及运算求解能力。

直线方程的一般式化为斜截式得到，其中斜率是，截距是.斜率是倾斜角的正切值，其中角的斜率不存在.
6。

已知,则（）
A。

2015 B. ﹣2015 C。

2016 D。

﹣2016
【答案】B
【解析】
【分析】
将函数求导后，令代入导函数，可求得所求的结果。

【详解】对函数求导得，令代入得，解得，故选B。

【点睛】本小题主要考查导数的运算公式，考查运算求解能力。

属于基础题.主要考点是.
7.如图，D是的边AB的中点,则向量等于（）
A。

B。

C. D。

【答案】A
【解析】
由题意结合平面向量的运算法则可得:
.
本题选择A选项。

8.曲线与曲线的( )
A。

长轴长相等 B. 短轴长相等 C. 离心率相等 D。

焦距相等
【答案】D
【解析】
试题分析：，而曲线，是焦点在轴的椭圆，且，，
可求，所以两曲线的焦距相等，故选．
考点:椭圆的几何性质
【方法点睛】考察圆锥曲线的方程，属于基础题型,注意曲线中,所以曲线是椭圆，那么长轴和短轴长都随的变化而变化，根据，可知焦距不变，要解决这类问题，那我们就要对圆锥曲线的基本知识熟练掌握，比如方程的形式，方程与圆锥曲线的基本性质的联系,或是关于和抛物线中的的计算．
9.已知抛物线的焦点F和点，P为抛物线上一点，则的最小值是( ）
A. 16
B. 12
C. 9
D. 6
【答案】C
【解析】
由题意知F（0,1), 抛物线的准线方程为.设P,过P作准线的垂线PQ，根据抛物线的定义。

应选C
10。

平面内到两个定点的距离之比为常数的点的轨迹是阿波罗尼斯圆．已知曲线C是平面内到两个定点和的距离之比等于常数的阿波罗尼斯圆,则下列结论中正确的是（）
A. 曲线C关于x轴对称
B。

曲线C关于y轴对称
C。

曲线C关于坐标原点对称
D. 曲线C经过坐标原点
【答案】A
【解析】
【分析】
先根据阿波罗尼斯圆的定义求得这个曲线的方程，再根据所求得的方程对选项逐一进行排除，从而得出正确选项。

【详解】设动点,根据阿波罗尼斯圆的定义有，两边平方并化简得，故圆的圆心为，半径为.由此可知圆关于轴对称，不关于轴，原点对称。

B，C选项错误，A 选项正确.由于,,所以，故圆不经过坐标原点，D选项是错误的.
【点睛】本小题主要考查利用直接法求动点的轨迹方程，考查对新概念的理解，考查图形的对称性,属于中档题。

11.已知中，，，将绕BC旋转得，当直线PC与平面PAB所成角的正弦值为时,P、A两点间的距离是( ）
A. 2 B。

4 C. D。

【答案】C
【解析】
【分析】
将直线与平面所成的角作出来,根据线面角的正弦值为列方程,求得未知的边长,结合勾股定理,即可得解。

【详解】画出图像如下图所示。

设是的中点，则,过作交于，连接。

由于，所以平面，所以，故平面，所以，结合，证得
平面.故是直线与平面所成的角.故，。

设，则，在直角三角形中,利用面积公式有，解得，即，故,.
【点睛】
本小题主要考查直线与平面所成的角的作法以及应用,考查空间想象能力和几何作图能力，属于中档题. 12.已知P是双曲线上一点，F1、F2是左右焦点，的三边长成等差数列，且，则双曲线的离心率等于（）
A. B. C。

D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据双曲线方程求得的值，利用等差中项的性质，用来表示出,根据余弦定理列方程，求得的值，由此求得离心率。

【详解】根据双曲线的方程得，由于的三边长成等差数列，故①，根据双曲线的定义，有②，而③，由①②③解得，在中，，所以由余弦定理得，化简得，由于，故解得，离心率为。

【点睛】本小题主要考查双曲线的几何性质，考查等差中项的性质，考查双曲线的定义，还考查了余弦定理解三角形.在双曲线的定义中,双曲线上的点到两个焦点的距离之差的绝对值为常数.在应用余弦定理时，要注意角的余弦值是负数.最后要注意双曲线，所以解只有一个.
二．填空题(共4小题，满分20分,每小题5分)
13.已知，，若至少存在一个实数x使得成立，a的范围为_____．
【答案】
【解析】
【分析】
首先判断出函数的的奇偶性和单调性，然后解不等式，去掉函数符号，接着分离常数,最后根据存在性求得的取值范围.
【详解】由于，所以函数为奇函数。

注意到都是上的增函数,故是增函数.由得,故，即。

当时，二次函数，开口向下，故一定存在,使得成立。

当时,不等式化为，一定存在，使成立。

当时，需要一元二次不等式对应的判别式大于零，即，解得.综上所述，的取值范围是.
【点睛】本小题主要考查函数的奇偶性的判断，考查函数的单调性,考查含有函数符号的不等式的解法，考查分类讨论的数学思想方法.属于中档题。

解含有函数符号的不等式时,主要根据函数的奇偶性进行化简，然后根据单调性去掉函数符号，将问题转化为一元二次不等式的问题来解决.
14.若在中,，则是_____三角形．
【答案】等腰直角
【解析】
【分析】
根据正弦定理可求得，由此求得，进而得出三角形为等腰直角三角形。

【详解】由正弦定理得，故，故.同理，由正弦定理得，故，故。

故。

所以三角形为等腰直角三角形.
【点睛】本小题主要考查利用正弦定理判断三角形的形状,考查正弦值和余弦值相等时,角的大小.属于基础题.
15.在空间直角坐标系中,已知点与点，则_____,若在z轴上有一点M满足|MA｜=｜MB｜，则点M坐标为_____．
【答案】 (1）. （2）.
【解析】
【分析】
利用空间两点间的距离公式直接求得的值，设M(0，0，a），则｜MA｜=｜MB|,由此利用两点间距离公式能求出M的坐标．
【详解】∵点点，
∴
在空间直角坐标系中，
z轴上有一个点M到点A（1，0,2）与点B（1，﹣3，1)的距离相等，
设M（0，0，a），则|MA｜=｜MB|，
即=,
解得a=﹣3，
∴M（0，0，﹣3）．
故答案为:，（0，0，﹣3）．
【点睛】本题考查点的坐标的求法，考查两点间距离公式等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．
16.给出下列四个命题：
①命题“若，则"的逆否命题为假命题；
②命题，．则，使；
③“”是“函数为偶函数”的充要条件;
④命题，使”；命题“若，则",那么为真命题．其中正确的序号是_____．
【答案】②③
【解析】
命题“若，则”为真，所以其逆否命题为真命题;
命题．则，使;
函数为偶函数,则，所以“”是“函数为偶函数”的充要条件;
因为,所以命题为假命题，所以为假命题．
所以正确命题的序号是②③
点睛：1。

命题的否定与否命题区别
“否命题”是对原命题“若p，则q"的条件和结论分别加以否定而得到的命题，它既否定其条件,又否定其结论；“命题的否定"即“非p"，只是否定命题p的结论. 2命题的否定的注意点（1）注意命题是全称命题还是存在性命题，是正确写出命题的否定的前提；(2)注意命题所含的量词，对于量词隐含的命题要结合命题的含义显现量词，再进行否定；(3)注意“或”“且"的否定，“或”的否定为“且”,且"的否定为“或”。

三．解答题（共6小题,满分10分）
17.设函数，曲线在点处的切线方程为
（1）求的解析式；
（2）证明：曲线上任意一点处的切线与直线和直线所围成的三角形面积为定值，并求此定值．【答案】（1）（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）已知曲线上的点，并且知道过此点的切线方程，容易求出斜率，又知点在曲线上，利用方程联立解出；（2）可以设为曲线上任一点，得到切线方程,再利用切线方程分别与直线和直线联
立，得到交点坐标，接着利用三角形面积公式即可．
【详解】（1）因为函数，
曲线在点处的切线方程为．
所以，
所以，，
解得，，
故；
（2）证明:设为曲线上任一点，
由知曲线在点处的切线方程为
,
令，得，从而得切线与直线的交点坐标为；
令，得,从而得切线与直线的交点坐标为（2x0，2x0)；
所以点处的切线与直线,，
所围成的三角形面积为．
故曲线上任一点处的切线与直线，
所围成的三角形面积为定值，此定值为6．
【点睛】本题考查了导数及切线方程、三角形面积的相关知识,运算量较大，属于中档题．
18.如图所示，已知四边形ABCD是平行四边形,P点是四边形ABCD所在平面外一点，连接PA、PB、PC、PD，设点E、F、G、H分别为△PAB、△PBC、△PCD、△PDA的重心．试用向量法证明E、F、G、H四点共面．
【答案】见解析
【解析】
【分析】
画出图形，利用三角形的重心定义,结合平面向量的线性运算法则，得出，即证四点共面．【详解】分别延长PE、PF、PG、PH，交对边于M、N、Q、R点，
因为E、F、G、H分别是所在三角形的重心，
所以M、N、Q、R为所在边的中点,
顺次连接M、N、Q、R得到的四边形为平行四边形，
且有，，，；如图所示，
∴
;
又∵，
∴,
∴
由共面向量定理知：E、F、G、H四点共面．
【点睛】本题考查了平面向量线性运算与应用问题，也考查了空间想象与逻辑推理能力，是中档题目．19。

如图,已知梯形与梯形全等，,，,，，为中点.
（Ⅰ）证明：平面
（Ⅱ）点在线段上(端点除外）,且与平面所成角的正弦值为，求的值。

【答案】(Ⅰ）见解析;(Ⅱ）。

【解析】
试题分析：(Ⅰ）：设为中点，连结,易得四边形是平行四边形，有，进而可证线面平行；（Ⅱ）由，得平面，以为坐标原点，，，的方向分别为轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系.设点在上，且，求得平面的个法向量,设与平面所成角为，则，从而得解.
试题解析：
(Ⅰ)证明：方法一:设为中点，连结，因为为中点，
所以是的中位线，。

由已知，所以，因此四边形是平行四边形，
所以。

又平面，平面，所以平面.
方法二:延长线段,，交于点，连结，由,则是的中点,又是的中点,所以是的中位线，所以.
又平由，平面，所以平面.
（Ⅱ）由梯形与梯形全等，
因为，，
所以,。

中，，
所以.因为,
故有，从而,
又因为，,所以平面。

以为坐标原点，,，的方向分别为轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系.设点在上，且，，，
,,所以，
设是平面的个法向量,则
即取
，
故。

设与平面所成角为，
则，即.
解得，(舍去)，故。

点睛:(1）利用向量法求线面角的方法
①分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角（锐角或直角时）或其补角（钝角时)；
②通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角,取其余角就是斜线与平面所成的角．
（2）利用直线的方向向量求异面直线所成的角时，要注意直线方向向量的夹角和异面直线所成角的区别，不要得到错误的结论．
20。

椭圆E：的左、右焦点分别为、，过且斜率为的直线与椭圆的
一个交点在x轴上的射影恰好为．
(1)求椭圆E的标准方程；
（2)设直线与椭圆E交于A，C两点,与x轴交于点H，设AC的中点为Q,试问是否为定值？若是，求出定值;若不是，请说明理由．
【答案】（Ⅰ)。

（Ⅱ）。

【解析】
试题分析：（Ⅰ）过且斜率为的直线方程为，令，则，可得，求出的值即可求得椭圆的标准方程；(Ⅱ）由可得,设，根据弦长公式可得的值，根据两点间距离公式可得的值，则
.
试题解析:（Ⅰ）过且斜率为的直线方程为,令，则由题意可得，解得,所以椭圆的标准方程。

(Ⅱ）由可得，设则有，
，又，为的中点，直线与轴的交点为,所以，
，
所以为定值。

【方法点睛】本题主要考查待定待定系数法求椭圆标准方程、直线与椭圆的位置关系以及圆锥曲线的定值问题以及点在曲线上问题，属于难题. 探索圆锥曲线的定值问题常见方法有两种:① 从特殊入手,先根据特殊位置和数值求出定值,再证明这个值与变量无关；② 直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.
21.如图所示,三棱锥P﹣ABC中,D是AC的中点,，，．
（1)求证：PD⊥平面ABC；
(2）求二面角P﹣AB﹣C的正切值大小．
【答案】（1）见解析（2）
【解析】
【分析】
（1）连接,推导出，由此能证明平面。

（2）取的中点,连接，则,由，得，由平面，得,由，得平面，从而，进而是二面角的平面角，解三角形求得二面角的正切值．
【详解】（1）连接BD，∵D是AC的中点，,∴．
∵,，,∴．
∴，即AB⊥BC．
∴．
∵，，
∴．∴PD⊥BD．
∵AC∩BD=D，∴PD⊥平面ABC。

（2）取AB的中点E，连接DE、PE，
由E为AB的中点，知DE∥BC,
∵AB⊥BC，∴AB⊥DE．∵PD⊥平面ABC,∴PD⊥AB．
又AB⊥DE，，
∴AB⊥平面PDE,∴PE⊥AB．
∴是二面角P﹣AB﹣C的平面角．
在△PED中，，，，
∴．
∴二面角P﹣AB﹣C的正切值为．
【点睛】本题考查线面垂直的证明，考查二面角的正切值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力,考查化归与转化思想、函数与方程思想,是中档题．22.已知中心在原点的双曲线C的右焦点为，实轴长2．
（1)求双曲线的方程
（2）若直线与双曲线恒有两个不同的交点A,B，且为锐角(其中O为原点),求k的取值范围．【答案】（1）；（2）.
【解析】
试题分析；（1)依题意先设双曲线的方程为,依据题中条件得到、的值，进而由
得到的值,进而写出双曲线的方程即可;（2)设，联立直线与双曲线的方程，消去得到二次方程,要使为锐角，只须即可，将进行坐标化并将根据韦达定理得到表达式,可求范围。

解析：
（1）依题意可设双曲线的方程为
则有且，所以,
所以该双曲线的方程为
（2）
设
，即
综上:.
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．。