1、江西省萬載中學2019-2020學年高二數學上學期月考試題 文（含解析）一、單選題（60分）1.已知命題p：，命題：，則下列說法中正確的是( )a. 命題是假命題b. 命題是真命題c. 命題是真命題d. 命題是假命題【答案】c【解析】【分析】先判斷命題p，q的真假，進而根據復合命題真假判斷的真值表，得到答案【詳解】因為，所以命題p為真命題；因為當時，所以命題q為假命題，所以命題是真命題，命題是假命題，命題是真命題，命題是真命題故選c【點睛】本題以命題的真假判斷與應用為載體，考查了復合命題、全稱命題、特稱命題等知識點，解題的關鍵是判斷出命題的真假，難度中等2.如果，那么下列不等式成立的是（ ）a

2、. b. c. d. 【答案】d【解析】【分析】由于，不妨令，代入各個選項檢驗，只有d正確，從而得出結論.【詳解】解：由于，不妨令，可得，故a不正確.可得，故b不正確.可得，故c不正確.故選：d.【點睛】本題主要考查不等式與不等關系，利用特殊值代入法比較幾個式子在限定條件下的大小關系，是一種簡單有效的方法，屬于基礎題.3.如果方程表示焦點在軸上的橢圓，則的取值范圍是（ ）.a. b. c. d. 【答案】d【解析】【分析】根據焦點在軸上推出，且，解不等式求得的范圍【詳解】由題意方程表示焦點在軸上的橢圓，可得：，并且，解得：故選【點睛】本題主要考查了橢圓的標準方程，解題時注意看焦點在軸還是在軸4

3、.已知等差數列，則（ ）a. b. c. d. 【答案】c【解析】【分析】利用等差數列通項公式可得方程組得到代入通項公式得【詳解】由題意得所以，故選c.【點睛】本題考查等差數列通項公式，考查基本運算能力5.已知等比數列滿足：，且，則等于（ ）a. b. c. d. 【答案】a【解析】【分析】根據等比數列的性質得到，根據題意解得，且，根據等比數列的通項公式，即可求出結果.【詳解】因為等比數列滿足：，所以，解得或，又，所以，且，因此，則，故.故選a【點睛】本題主要考查等比數列基本量的運算，熟記等比數列的通項公式與性質即可，屬于?？碱}型.6.若不等式成立的充分不必要條件是，則實數的取值范圍是（ ）a

4、. b. c. d. 【答案】b【解析】【分析】先解絕對值不等式，利用是的真子集，列不等式求解即可【詳解】由可得，它的充分不必要條件是，即是的真子集，則且等號不同時成立.解得，故選b.【點睛】本題考查絕對值不等式解法，考查充分必要條件，熟記充分不必要條件的判定方法是關鍵，是基礎題7.設，滿足約束條件，目標函數的最大值為（ ）a. 5b. c. d. 1【答案】c【解析】【分析】根據已知中約束條件，先畫出滿足條件的可行域，進而求出可行域的各角點的坐標，代入目標函數求出目標函數的值，比較后可得目標函數的最大值【詳解】解：不等式表示的平面區域如圖所示陰影部分，則，目標函數故目標函數的最大值為故選【點

5、睛】本題考查的知識點是線性規劃，其中角點法是求已知約束條件，求目標函數最優解最常用的方法，一定要熟練掌握8.在中，若，則此三角形為（ ）a. 等邊三角形b. 等腰三角形c. 直角三角形d. 等腰直角三角形【答案】c【解析】【分析】利用誘導公式可得，結合正弦定理可得，利用兩角和正弦公式可得，從而得到答案.【詳解】在中，由已知得，又由正弦定理可知，即，所以三角形為直角三角形，故選c.【點睛】本題考查三角形形狀判定，考查正弦定理的應用，考查誘導公式與兩角和正弦公式，考查運算能力與推理能力，屬于中檔題.9.已知正實數滿足,則的最小值為( )a. b. c. d. 【答案】a【解析】【分析】由題設條件得

6、，利用基本不等式求出最值【詳解】由已知，所以當且僅當時等號成立，又，所以時取最小值故選a【點睛】本題考查據題設條件構造可以利用基本不等式的形式，利用基本不等式求最值10.若關于的不等式在區間內有解，則實數的取值范圍是（ ）.a. b. c. d. 【答案】a【解析】【分析】將不等式在區間內有解等價于，然后根據二次函數求最大值代入即可得到.【詳解】不等式在區間內有解等價于，令，因為在上遞減,在上遞增,且,知當時，所以：故選a.【點睛】本題考查了一元二次不等式在指定區間內有解問題,二次函數的最大值,屬于基礎題.11.已知的內角，所對的邊分別為，且，若的面積為，則的周長的最小值為（ ）a. b. c

7、. d. 【答案】c【解析】【分析】利用正弦定理進行邊角互化,得到,根據余弦定理可得,再由面積公式得到,利用均值不等式可得,進而,即為關于的函數關系,從而解得周長的最小值.【詳解】,（當且僅當時取等號）,，,設,單調遞增,故選c【點睛】本題考查利用正弦定理邊角互化,考查余弦定理的應用,考查均值不等式的應用,考查三角形中的最值問題.12.過拋物線的焦點f的直線交該拋物線于a、b兩點，若，o為坐標原點，則（ ）a. b. c. 4d. 5【答案】a【解析】【分析】分別過作準線的垂線,垂足分別為,過作,垂足為,交軸于,設,根據拋物線的定義以及兩個直角三角形相似可以求出,由此可求出結果.【詳解】如圖:

8、分別過作準線的垂線,垂足分別為,過作,垂足為,交軸于,設,則,由拋物線的定義知:,所以,因為,所以,所以,所以,所以.故選:a【點睛】本題考查了拋物線的定義,屬于基礎題.二、填空題（20分）13.已知函數，則函數的圖像在點處的切線方程為_.【答案】，【解析】【分析】先對函數求導，根據題意求出切線斜率，進而可得切線方程.【詳解】因為，所以，所以函數的圖像在點處的切線斜率為，又，因此，函數的圖像在點處的切線方程為，即.故答案為【點睛】本題主要考查函數在某點處的切線方程，熟記導數的幾何意義即可，屬于基礎題型.14.已知，且，則的最小值為_【答案】4.【解析】【分析】直接利用代數式的恒等變換和利用均值

9、不等式的應用求出結果【詳解】，當且僅當，時取等號，故答案為4.【點睛】本題考查的知識要點：代數式的恒等變換，均值不等式的應用，主要考查學生的運算能力和轉化能力，屬于基礎題型15.在等比數列中，成等差數列，則_.【答案】【解析】【分析】根據三項成等差數列可構造方程求得等比數列的公比滿足，將所求式子化為和的形式，化簡可得結果.【詳解】，成等差數列 即：，解得：本題正確結果：【點睛】本題考查等差數列和等比數列的綜合應用問題，關鍵是能夠求解出等比數列的基本量，屬于基礎題.16.已知分別為雙曲線的左、右焦點，過與雙曲線的一條漸近線平行的直線交雙曲線于點，若，則雙曲線的離心率為_.【答案】【解析】【分析】

10、設過與雙曲線的一條漸近線平行的直線交雙曲線于點，運用雙曲線的定義和條件可得，再由漸近線的斜率和余弦定理，結合離心率公式，計算即可得到所求值【詳解】解：設過與雙曲線的一條漸近線平行的直線交雙曲線于點，由雙曲線的定義可得，由，可得，由可得，在三角形中，由余弦定理可得：，即有，化簡可得，則雙曲線的離心率故答案為【點睛】本題考查雙曲線的離心率的求法，注意運用雙曲線的漸近線方程和定義法，以及余弦定理，考查化簡整理的運算能力，屬于中檔題三、解答題（70分）17.已知函數（1）解不等式；（2）若對恒成立，求實數的取值范圍【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用分段討論法去掉絕對值，求出不等式f（x

11、）-f（2x+4）2的解集；（2）由絕對值不等式的意義求出f（x）+f（x+3）的最小值，得出關于m的不等式，求解即可【詳解】解：（1）由題知不等式，即，等價于，或，或；解得或或，即或，原不等式的解集為，；（2）由題知，的最小值為3，解得，實數的取值范圍為，【點睛】本題考查了含有絕對值的不等式解法與應用問題，也考查了不等式恒成立問題，是基礎題18.已知為等差數列，且，（1）求的通項公式； （2）若等比數列滿足，求數列前項和公式【答案】(1);(2).【解析】【詳解】本試題主要是考查了等差數列的通項公式的求解和數列的前n項和的綜合運用、（1）設公差為，由已知得解得,（2），等比數列的公比利用公式

12、得到和19.已知點到點的距離等于點到直線的距離，設點的軌跡是曲線.（1）求曲線的方程.（2）過點且斜率為1的直線與曲線交于兩點，求線段的長.【答案】（1）；（2）8【解析】【分析】（1）由已知：點到的距離與它到直線的距離相等，所以點的軌跡是以為焦點，直線為準線的拋物線，由此能求出曲線的方程（2）設交點，的坐標分別為，則由拋物線的定義可得，于是，由此能求出線段的長【詳解】（1）由已知：點到的距離與它到直線的距離相等，所以點的軌跡是以點為焦點,，準線為的拋物線，設方程為，則曲線的方程為（2）直線的方程為,聯立方程得消元得設,則,則由拋物線的定義可得，于是，【點睛】本題主要考查直線與圓錐曲線的綜合應

13、用能力，綜合性強，是高考的重點，易錯點是知識體系不牢固本題具體涉及到軌跡方程的求法及直線與雙曲線的相關知識，解題時要注意合理地進行等價轉化20.已知數列滿足，.（1）求證數列是等差數列，并求數列的通項公式；（2）若數列滿足，求數列的前n項和【答案】（1）證明見解析，；（2）【解析】【分析】（1）對變形整理可得，即，從而證得結論并求出通項公式；（2）化簡，由此利用裂項相消法求和即可得到結果.【詳解】（1）證明：，整理，得，兩邊同除以，是等差數列，公差是2，首項是，則，（2），【點睛】本題考查根據遞推關系求數列的通項公式和裂項相消法求和，考查了構造數列的方法運用，要求認真審題，計算準確，屬中檔題.

14、21.如圖，平面四邊形abcd中，(1)若，求abc的面積；(2)若，求ac【答案】（1）2（2）【解析】【分析】（1）利用余弦定理求出的值，再由面積公式得到求得abc的面積；（2）設在中利用正弦定理得，在中利用正弦定理得，從而得到關于的方程，求出后，代入的表達式，即可得答案.【詳解】（1），由余弦定理可得，或（舍去），.（2）設則，在中，即在中，即，由，解得：，又，.【點睛】本題考查正弦定理、余弦定理解三角形，考查函數與方程思想、轉化與化歸思想，在第（2）問求解時，關鍵是設出角，然后利用正弦定理尋找等量關系，從而得到關于的方程，是對函數與方程思想的深入考查.22.已知橢圓的一個焦點與拋物線的

15、焦點重合，且此拋物線的準線被橢圓截得的弦長為.（1）求橢圓的標準方程；（2）直線交橢圓于、兩點，線段的中點為，直線是線段的垂直平分線，試問直線是否過定點？若是，請求出該定點的坐標；若不是，請說明理由【答案】（1）；（2）直線過定點，詳見解析.【解析】【分析】（1）由題意得出，由題意知點在橢圓上，由此得出關于、的方程組，求出、的值，即可得出橢圓的標準方程；（2）解法一：由題意可知，直線的斜率不為零，然后分直線的斜率存在且不為零和直線的斜率不存在兩種情況討論，在第一種情況下，設直線的方程為，設點、，將直線的方程與橢圓的方程聯立，列出韋達定理，由得出，并寫出直線的方程，由此可得出直線所過定點的坐標；

16、在第二種情況下可得出直線為軸，即可得出直線過定點，由此得出結論；解法二：由題意可知，直線的斜率不為零，然后分直線的斜率存在且不為零和直線的斜率不存在兩種情況討論，在第一種情況下，由點差法可得出直線的斜率為，可寫出直線的方程，即可得出直線所過定點的坐標；在第二種情況下可得出直線為軸，即可得出直線過定點，由此得出結論.【詳解】（1）拋物線的焦點為，準線為.由于拋物線的準線截橢圓所得弦長為，則點在橢圓上，則有，解得，因此，橢圓的標準方程為；（2）法一：顯然點在橢圓內部，故，且直線的斜率不為.當直線的斜率存在且不為時，易知，設直線的方程為，代入橢圓方程并化簡得：.設，則，解得.因為直線是線段的垂直平分線，故直線的方程為，即，即.令，此時，于是直線過定點；當直線的斜率不存在時，易知，此時直線，故直線過定點.綜上所述，直