2020-2021学年湖南省郴州市高二（上）12月月考数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年湖南省郴州市高二（上）12月月考数学试卷人教A版，共10页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. “矩形的对角线相等”的原命题、否命题、逆命题、逆否命题中正确的个数为( )
A.0B.1C.2D.4

2. “x≤3”是“x2−7x+12≥0”的( )
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件

3. 下列说法正确的是( )
A.若p是q的充分不必要条件，则q也是p的充分不必要条件
B.若命题p：∃x0∈R，x02−2x0−1>0，则¬p:∀x∈R，x2−2x−1<0
C.命题“若x=y，则sinx=siny”为真命题
D.“x=−1”是x2−5x−6=0"的必要不充分条件

4. 若以抛物线y2=2pxp>0上的点P1,a为圆心，2为半径的圆恰好与抛物线的准线相切，则a的值为( )
A.2B.±2C.−2D.±1

5. 某双曲线的一条渐近线方程为y=32x，且上焦点为0,26，则该双曲线的方程是( )
A.x26−y24=1B.y26−x24=1C.x218−y28=1D.y218−x28=1

6. 已知F1，F2分别是椭圆x2a2+y2a2−9=1a>0的左、右两焦点，过点F2的直线交椭圆于点A，B，若△ABF1为等边三角形，则a的值为( )
A.3B.33C.32D.932

7. 已知F1，F2分别是椭圆x24+y23=1的左、右焦点，若P为椭圆上一点，且△PF1F2的内切圆周长为23π3，则满足条件的点P有( )
A.4个B.1个C.2个D.3个

8. 在平面内，A，B是两个定点，C是异于A，B的动点，若直线AC，BC的斜率之积为12，则点C的轨迹为( )
A.双曲线B.椭圆
C.抛物线D.双曲线的一部分
二、多选题

方程x24+m+y22−m=1表示椭圆的充分不必要条件可能是( )
A.m∈−4,2B.m∈−4,−1
C.m∈−1,2D.m∈−4,−1∪−1,2

下列命题是真命题的是( )
A.若a>b，则am2>bm2
B.若am2>bm2，则a>b
C.若a>b>0，且|lna|=|lnb|，则a+2b的最小值为22
D.若a>b>0，且|lna|=|lnb|，则2a+b的最小值为22

已知抛物线C:y2=2pxp>0的焦点为F，直线的斜率为3且经过点F，直线l与抛物线C交于点A，B两点（点A在第一象限）、与抛物线的准线交于点D，若|AF|=6，则以下结论正确的有( )
A.p=2B.F为AD中点C.|BD|=2|BF|D.|BF|=2

已知点P是y轴左侧一点，抛物线C:y2=2pxp>0上存在不同的两点A，B满足PA，PB的中点均在C上，设线段AB的中点为M，则下列说法不正确的是( )
A.直线PM的斜率为正数B.直线PM一定经过原点
C.直线PM平行于x轴或与x轴重合D.直线PM斜率为负数
三、填空题

命题“∀x∈−1,3，x2−3x+2≤0”的否定为________.

已知p：m−1
已知椭圆M：x2a2+y2b2=1(a>b>0)，双曲线N：x2m2−y2n2=1．若双曲线N的两条渐近线与椭圆M的四个交点及椭圆M的两个焦点恰为一个正六边形的顶点，则椭圆和双曲线的离心率之和为________．

已知双曲线x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左、右焦点分别为F1，F2，双曲线的左支上有A，B两点使得AF1→=2F1B→．若△AF1F2的周长与△BF1F2的周长之比是54，则双曲线的离心率是________.
四、解答题

设p：实数x满足x2−3ax+2a2<0a>0，q：实数x满足2x2−5x+2<0，若p是q的充分不必要条件，求实数a的取值范围．

过双曲线x24−y22=1的右焦点F作斜率为2的直线l，交双曲线于A，B两点.
(1)求双曲线的离心率和渐近线；

(2)求|AB|的长．

已知椭圆Ω:x2a2+y2b2=1a>b>0的焦距为4，短半轴长为2.
(1)求椭圆Ω的方程；

(2)若直线l与椭圆Ω相交于A，B两点，点P−2,1是线段AB 的中点，求直线l的方程．

已知抛物线E:y2=2pxp>0的焦点为F，直线l:y=2x−3与E相交于A，B两点，且|AF|+|BF|=9．直线m//l，与E相交于C，D两点，与y轴交于点P．
(1)求抛物线E的方程；

(2)若CD→=3DP→，求|CD|的长．

已知椭圆C :x210+y2=1的右焦点为F，原点为O，椭圆C的动弦AB过焦点F且不垂直于坐标轴，弦AB的中点为N，过F且垂直于线段AB的直线交射线ON于点M．

(1)证明：点M在定直线上；

(2)当∠OMF最大时，求△MAB的面积．

在直角坐标系xOy中，已知一动圆经过点3,0，且在y轴上截得的弦长为6，设动圆圆心的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程；

(2)过点32,0作相互垂直的两条直线l1，l2，直线l1与曲线C相交于A，B两点，直线l2与曲线C相交于E，F两点，线段AB，EF的中点分别为M，N，求证：直线MN恒过定点，并求出该定点的坐标．
参考答案与试题解析
2020-2021学年湖南省郴州市高二（上）12月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
四种命题的真假关系
【解析】

【解答】
解：由题目知原命题和逆否命题是正确的，否命题和逆命题是错误的．
故选C．
2.
【答案】
A
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】

【解答】
解：记“x2−7x+12≥0”的解集为集合B，
则B={x|x≤3或x≥4}，
所以“x≤3”是“x2−7x+12≥0”的充分不必要条件．
故选A．
3.
【答案】
C
【考点】
命题的真假判断与应用
必要条件、充分条件与充要条件的判断
命题的否定
【解析】

【解答】
解：A，若p是q的充分不必要条件，则q是p的必要不充分条件，故A错误；
B，若命题p：∃x0∈R，x02−2x0−1>0，则¬p：x∈R，x2−2x−1≤0，故B错误；
C，“若x=y，则sinx=siny”是真命题，故C正确；
D，“x=−1”是“x2−5x−6=0”的充分不必要条件，故D错误．
故选C．
4.
【答案】
B
【考点】
抛物线的性质
抛物线的定义
【解析】

【解答】
解：由题意得：1+p2=2．
所以p=2，
即抛物线方程为y2=4x，
所以点P坐标为1,±2.
故选B．
5.
【答案】
D
【考点】
双曲线的渐近线
双曲线的标准方程
【解析】

【解答】
解：设该双曲线的方程为y29−x24=λ（λ>0），
则9λ+4λ=26，
解得λ=2．
所以该双曲线方程为y218−x28=1．
故选D．
6.
【答案】
B
【考点】
椭圆的定义
圆锥曲线的综合问题
【解析】

【解答】
解：由题意可知，c2=9，
所以c=3．
因为△ABF1为等边三角形，
所以直线AB与x轴垂直，
所以∠AF1F2=30∘，
则|AF1|=2|AF2|.
因为|AF1|+|AF2|=2a，
所以|AF2|=2a3.
因为F1F2=3|AF2|，即6=23a3，
所以a=33．
故选B．
7.
【答案】
C
【考点】
椭圆的标准方程
【解析】

【解答】
解：因为△PF1F2的内切圆周长为23π3，
所以内切圆半径为33.
当点P为短轴端点时，△PF1F2内切圆的半径恰好是33，
所以满足条件的点P有2个．
故选C．
8.
【答案】
D
【考点】
轨迹方程
平面向量数量积
【解析】
无
【解答】
解：以AB中点为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，
则A−a,0，Ba,0，设Cx,y，
可得kAC=yx+a，kBC=yx−a（x≠±a）.
由kAC⋅kBC=12，
得x2a2−y212a2=1（x≠±a）.
故选D．
二、多选题
【答案】
B,C
【考点】
椭圆的定义
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】

【解答】
解：方程x24+m+y22−m=1表示椭圆的充要条件是4+m>0，2−m>0，4+m≠2−m,
解得：m∈−4,−1∪−1,2．
故选BC．
【答案】
B,C
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
不等式的基本性质
【解析】
无
【解答】
解：A，当m=0时，am2=bm2，故A错误；
B，若am2>bm2，则m2>0，所以a>b，故B正确；
C，因为a>b>0，且|lna|=|lnb|，y=lnx在0,+∞上单调，
所以lna+lnb=0，即ab=1，
所以a+2b≥22ab=22，
当且仅当a=2b，即a=2，b=22时取等号，故C正确；
D，2a+b≥22ab=22，
当且仅当2a=b，即a=22，b=2时取等号，
这显然与a>b>0矛盾，故D错误．
故选BC．
【答案】
B,C,D
【考点】
直线与抛物线结合的最值问题
抛物线的定义
抛物线的性质
【解析】

【解答】
解：如图所示：作AC⊥准线于点C，AM⊥x轴于M，BE⊥准线于点E．
直线的斜率为3，
所以tan∠AFM=3，∠AFM=π3.
又|AF|=6，则|MF|=3，|AM|=33，Ap2+3,33．
代入抛物线，得p=3（p=−9舍去），
所以|NF|=|FM|=3，故A错误；
所以△AMF≅△DNF，
故F为AD中点，故B正确；
又∠BDE=π6，
故|DB|=2|BE|=2|BF|，故C正确；
|BD|=2|BF| ，|BD|+|BF|=|DF|=|AF|=6，
解得BF=2，故D正确．
故选BCD．
【答案】
A,B,D
【考点】
与抛物线有关的中点弦及弦长问题
中点坐标公式
【解析】
无
【解答】
解：设Px0,y0，Ay122p,y1，By222p,y2.
因为PA，PB的中点在抛物线上，
则y0+y122=2p⋅x0+y122p2，y0+y222=2p⋅x0+y222p2，
化简得y1，y2为方程y2−2y0y+4px0−y02=0的两个不同的实根，
所以y1+y2=2y0，
所以PM平行于x轴或与x轴重合．
故选ABD．
三、填空题
【答案】
∃x0∈[−1,3]，x02−3x0+2>0
【考点】
命题的否定
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：”∀x∈[−1,3]，x2−3x+2≤0“的否定为“∃x0∈[−1,3]，x02−3x0+2>0”.
故答案为：∃x0∈[−1,3]，x02−3x0+2>0.
【答案】
3≤m≤5
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
先解(x−2)(x−6)<0得2【解答】
解：∵ q是p的必要不充分条件，即由p能得到q，而由q得不到p，
∴ m−1≥2,m+1≤6,
∴ 3≤m≤5.
故答案为：3≤m≤5.
【答案】
3+1
【考点】
椭圆的离心率
双曲线的离心率
【解析】
利用已知条件求出正六边形的顶点坐标，代入椭圆方程，求出椭圆的离心率；利用渐近线的夹角求解双曲线的离心率即可．
【解答】
解：椭圆M：x2a2+y2b2=1(a>b>0)，
双曲线N：x2m2−y2n2=1．
由正六边形性质，得椭圆上一点到两焦点距离之和为c+3c，
由椭圆定义，得c+3c=2a，
∴ 椭圆M的离心率为ca=21+3=3−1.
双曲线N的渐近线方程为y=±nmx，
由题意，得双曲线N的一条渐近线的倾斜角为π3，
∴n2m2=tan2π3=3，
∴ e2=m2+n2m2=m2+3m2m2=4，
∴e=2，
∴ 椭圆和双曲线的离心率之和为3−1+2=3+1.
故答案为：3+1．
【答案】
139
【考点】
双曲线的离心率
双曲线的定义
余弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设|BF1|=m，
由AF1→=2F1B→，得|AF1|=2m.
由于|AF2|−|AF1|=2a，|BF2|−|BF1|=2a，
所以|AF2|=2a+2m，|BF2|=m+2a，
则△BF1F2的周长为|BF1|+|BF2|+|F1F2|=2m+2a+2c.
△AF1F2的周长为|AF1|+|AF2|+|F1F2|=4m+2a+2c.
根据题意得4m+2a+2c2m+2a+2c=54，
解得m=a+c3.
又因为cs∠AF1F2+cs∠BF1F2=0，
所以3c2−3a2−4am=0，
代入m=a+c3，可得e=139.
故答案为：139.
四、解答题
【答案】
解：对于命题p：由x2−3ax+2a2<0，得x−ax−2a<0，
记不等式的解集为A，则A=x|a对于命题q：由2x2−5x+2<0，得2x−1x−2<0，
记不等式的解集为B，则B=x|12因为p是q的充分不必要条件，
所以A⫋B，
所以a≥12,2a<2或a>12,2a≤2,
解得12≤a≤1．
所以实数a的取值范围是12,1．
【考点】
一元二次不等式的解法
根据充分必要条件求参数取值问题
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】

【解答】
解：对于命题p：由x2−3ax+2a2<0，得x−ax−2a<0，
记不等式的解集为A，则A=x|a对于命题q：由2x2−5x+2<0，得2x−1x−2<0，
记不等式的解集为B，则B=x|12因为p是q的充分不必要条件，
所以A⫋B，
所以a≥12,2a<2或a>12,2a≤2,
解得12≤a≤1．
所以实数a的取值范围是12,1．
【答案】
解：(1)因为双曲线方程为x24−y22=1，
所以a=2，b=2，
则c=a2+b2=6，
所以e=ca=62，双曲线的渐近线方程为y=±22x．
(2)由题知，双曲线的右焦点为F6,0，
则直线l的方程为y=2x−6，
代入双曲线x24−y22=1中，化简可得7x2−166x+52=0．
设Ax1,y1，Bx2,y2，
所以x1+x2=1667，x1x2=527，
所以|AB|=1+4|x2−x1|
=5x1+x22−4x1x2=207．
【考点】
双曲线的离心率
双曲线的渐近线
直线的点斜式方程
与双曲线有关的中点弦及弦长问题
【解析】

无
【解答】
解：(1)因为双曲线方程为x24−y22=1，
所以a=2，b=2，
则c=a2+b2=6，
所以e=ca=62，双曲线的渐近线方程为y=±22x．
(2)由题知，双曲线的右焦点为F6,0，
则直线l的方程为y=2x−6，
代入双曲线x24−y22=1中，化简可得7x2−166x+52=0．
设Ax1,y1，Bx2,y2，
所以x1+x2=1667，x1x2=527，
所以|AB|=1+4|x2−x1|
=5x1+x22−4x1x2=207．
【答案】
解：(1)由题意可知2c=4，b=2，
所以b2=4，c2=4，a2=b2+c2=8，
所以椭圆Ω的方程为x28+y24=1.
(2)设Ax1,y1，Bx2,y2，
由题意得x128+y124=1，x228+y224=1，
两式相减，得x12−x228+y12−y224=0，
即(x1+x2)(x1−x2)8+(y1+y2)(y1−y2)4=0，
所以直线l的斜率k=y1−y2x1−x2=−x1+x22y1+y2.
因为点P−2,1是线段AB的中点，
所以x1+x2=−4，y1+y2=2，
所以k=1，
所以直线l的方程为y−1=x+2，即x−y+3=0．
【考点】
椭圆的标准方程
与椭圆有关的中点弦及弦长问题
【解析】


【解答】
解：(1)由题意可知2c=4，b=2，
所以b2=4，c2=4，a2=b2+c2=8，
所以椭圆Ω的方程为x28+y24=1.
(2)设Ax1,y1，Bx2,y2，
由题意得x128+y124=1，x228+y224=1，
两式相减，得x12−x228+y12−y224=0，
即(x1+x2)(x1−x2)8+(y1+y2)(y1−y2)4=0，
所以直线l的斜率k=y1−y2x1−x2=−x1+x22y1+y2.
因为点P−2,1是线段AB的中点，
所以x1+x2=−4，y1+y2=2，
所以k=1，
所以直线l的方程为y−1=x+2，即x−y+3=0．
【答案】
解：(1)联立方程组y2=2px,y=2x−3,
整理得4x2−(12+2p)x+9=0.
设Ax1,y1，Bx2,y2，
可得x1+x2=3+p2.
由抛物线的定义可得|BF|+|AF|=x1+x2+p=3+3p2=9，
解得p=4，
所以抛物线E的方程为y2=8x．
(2)设直线m:y=2x+t.
联立方程组y=2x+ty2=8x,’整理得4x2+4t−8x+t2=0，
由Δ=4t−82−16t2>0，解得t<1.
设Cx3,y3，Dx4,y4.
由CD→=3DP→，可得x3=4x4x4≠0，即x3x4=4．
又因为x3+x4=2−t，x3x4=t24，
所以x3x4+x4x3=x32+x42x3x4
=x3+x42x3x4−2=2−t2t24−2
=42−t2t2−2=4+14，
解得t=89或t=−8，
所以CD=22+1(x3+x4)2−4x3x4=25×1−t.
当t=89时，|CD|=25×1−89=235；
当t=−8时，|CD|=25×1−−8=65．
【考点】
抛物线的定义
与抛物线有关的中点弦及弦长问题
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)联立方程组y2=2px,y=2x−3,
整理得4x2−(12+2p)x+9=0.
设Ax1,y1，Bx2,y2，
可得x1+x2=3+p2.
由抛物线的定义可得|BF|+|AF|=x1+x2+p=3+3p2=9，
解得p=4，
所以抛物线E的方程为y2=8x．
(2)设直线m:y=2x+t.
联立方程组y=2x+ty2=8x,’整理得4x2+4t−8x+t2=0，
由Δ=4t−82−16t2>0，解得t<1.
设Cx3,y3，Dx4,y4.
由CD→=3DP→，可得x3=4x4x4≠0，即x3x4=4．
又因为x3+x4=2−t，x3x4=t24，
所以x3x4+x4x3=x32+x42x3x4
=x3+x42x3x4−2=2−t2t24−2
=42−t2t2−2=4+14，
解得t=89或t=−8，
所以CD=22+1(x3+x4)2−4x3x4=25×1−t.
当t=89时，|CD|=25×1−89=235；
当t=−8时，|CD|=25×1−−8=65．
【答案】
(1)证明：显然椭圆C:x10+y2−1的右焦点F的坐标为3,0.
设AB所在直线为：y=k(x−3)(k≠0)，A((x1,y1)，Bx2,y2，
联立方程组y=k(x−3),x210+y2=1,
得(10k2+1)x2−60k2x+(90k2−10)=0，
则x1+x2=60k210k2+1，x1x2=90k2−1010k2+1，
所以点N的坐标为(30k210k2+1,3k10k2+1)，
所以ON所在直线方程为y=−110kx．
又FM所在的直线方程为y=−1kx−3，
联立方程组：y=−1k(x−3),y=−110kx,可得xM=103，
故点M在定直线y=103上．
(2)解：由(1)知xM=103，得点M的坐标为103,−13k，且F3,0，
则MF→=−13,13k，MO→=−103,13k，
所以cs∠OMF=MF→⋅MO→|MF→|⋅|MO→|
=109+19k2k2+19k2⋅100k2+19k2
=100k4+20k2+1100k4+101k2+1
=1−81100k2+101+1k2≥21011 （当且仅当k2=110不等式取等号）．
若cs∠OMF取得最小值时，∠OMF最大，此时x1+x2=3，x1x1=−12，
则|AB|=1+k2x1−x2
=1+110×32−4×−12=111010，
|FM|=103−32+−13k−02
=19+19×110=113，
所以S△MAB=12×|AB|×|MF|=1111060．
【考点】
圆锥曲线中的定点与定值问题
与椭圆有关的中点弦及弦长问题
直线与椭圆结合的最值问题
【解析】

【解答】
(1)证明：显然椭圆C:x10+y2−1的右焦点F的坐标为3,0.
设AB所在直线为：y=k(x−3)(k≠0)，A((x1,y1)，Bx2,y2，
联立方程组y=k(x−3),x210+y2=1,
得(10k2+1)x2−60k2x+(90k2−10)=0，
则x1+x2=60k210k2+1，x1x2=90k2−1010k2+1，
所以点N的坐标为(30k210k2+1,3k10k2+1)，
所以ON所在直线方程为y=−110kx．
又FM所在的直线方程为y=−1kx−3，
联立方程组：y=−1k(x−3),y=−110kx,可得xM=103，
故点M在定直线y=103上．
(2)解：由(1)知xM=103，得点M的坐标为103,−13k，且F3,0，
则MF→=−13,13k，MO→=−103,13k，
所以cs∠OMF=MF→⋅MO→|MF→|⋅|MO→|
=109+19k2k2+19k2⋅100k2+19k2
=100k4+20k2+1100k4+101k2+1
=1−81100k2+101+1k2≥21011 （当且仅当k2=110不等式取等号）．
若cs∠OMF取得最小值时，∠OMF最大，此时x1+x2=3，x1x1=−12，
则|AB|=1+k2x1−x2
=1+110×32−4×−12=111010，
|FM|=103−32+−13k−02
=19+19×110=113，
所以S△MAB=12×|AB|×|MF|=1111060．
【答案】
解：(1)设圆心Cx,y，
由题意，得x2+9=x−32+y2，即y2=6x，
所以曲线C的方程为y2=6x．
(2)由题意可知，直线l1，l2的斜率均存在，
设直线l1的方程为y=kx−32，Ax1,y1，Bx2,y2，
联立方程组y2=6x，y=kx−32得4k2x2−(12k2+24)x+9k2=0，
所以x1+x2=3k2+6k2，y1+y2=kx1+x2−3=6k．
因为点M是线段AB的中点，所以M3k2+62k2,3k．
同理，将k换成−1k，得N3+6k22,−3k，
当3k2+62k2≠3+6k22，即k≠1时，
kMN=3k+3k3k2+62k2−3+6k22=−kk2−1．
所以直线MN的方程为y+3k=−kk2−1x−3+6k22，
即y=−1k2−1x−92，
所以直线MN恒过定点92,0．
当k=±1时，直线MN的方程为x=92，也过点92,0．
所以直线MN恒过定点92,0．
【考点】
轨迹方程
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)设圆心Cx,y，
由题意，得x2+9=x−32+y2，即y2=6x，
所以曲线C的方程为y2=6x．
(2)由题意可知，直线l1，l2的斜率均存在，
设直线l1的方程为y=kx−32，Ax1,y1，Bx2,y2，
联立方程组y2=6x，y=kx−32得4k2x2−(12k2+24)x+9k2=0，
所以x1+x2=3k2+6k2，y1+y2=kx1+x2−3=6k．
因为点M是线段AB的中点，所以M3k2+62k2,3k．
同理，将k换成−1k，得N3+6k22,−3k，
当3k2+62k2≠3+6k22，即k≠1时，
kMN=3k+3k3k2+62k2−3+6k22=−kk2−1．
所以直线MN的方程为y+3k=−kk2−1x−3+6k22，
即y=−1k2−1x−92，
所以直线MN恒过定点92,0．
当k=±1时，直线MN的方程为x=92，也过点92,0．
所以直线MN恒过定点92,0．