（浙江专用）2019高考数学二轮复习阶段质量检测（四）专题一_四“综合检测”.doc

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1、1阶段质量检测（四） 专题一四“综合检测”(时间：120 分钟 满分：150 分)一、选择题(本大题共 10小题，每小题 4分，共 40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椭圆 1 的焦距是( )x28 y26A2 B42C2 D2014解析：选 A 由椭圆的方程 1，知 a28， b26，故 c ，所以焦x28 y26 a2 b2 2距 2c2 .故选 A.22已知角 为第三象限角，且 tan ，则 sin cos ( )34A B75 15C D15 75解析：选 A 由题可得Error!因为 是第三象限角，所以Error!故 sin cos .选 A.753某几何体

2、的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )A. B6223C. D4163解析：选 A 由三视图可知，该几何体的直观图如图所示，所以该几何体的体积 V2 3 221 .故选 A.13 12 2234已知 an是公差为 d的等差数列，则“ a1a80”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2解析：选 B 因为 a1a8 a4a5 a1(a17 d)( a13 d)(a14 d)12 d20，所以a1a80”的必要不充分条件所以选 B.5已知双曲线 mx2 ny21( mn4x52 20，则该双曲线的一条渐近线方程为( )20A y2 x B y x12C y

3、 x D y x332解析：选 A 因为双曲线上的点( x0， y0)满足 y 4x ，所以焦点在 y轴上设双曲线20 20方程为 1( a0， b0)，则 e ，得 ，所以渐近线方程为 y2 x.y2a2 x2b2 1 (ba)2 52 ba 126已知 O为坐标原点，点 A， B在双曲线 C： 1( a0， b0)上，且关于坐标原x2a2 y2b2点 O对称若双曲线 C上与点 A， B横坐标不相同的任意一点 P满足 kPAkPB3，则双曲线 C的离心率为( )A2 B4C. D1010解析：选 A 设 A(x1， y1)， P(x0， y0)(|x0| x1|)，则 B( x1， y1)，

4、则 kPAkPB .因为点 P， A在双曲线 C上，所以y0 y1x0 x1 y0 y1x0 x1 y20 y21x20 x21b2x a2y a2b2， b2x a2y a2b2，两式相减可得 ，故 3，于是 b23 a2.20 20 21 21y20 y21x20 x21 b2a2 b2a2又因为 c2 a2 b2，所以双曲线 C的离心率 e 2.故选 A.1 (ba)27已知 AD与 BC是三棱锥 ABCD中相互垂直的棱，若 AD BC6，且 ABD ACD60，则三棱锥 ABCD的体积的最大值是( )A36 B36 2C18 D18 2解析：选 D 如图，过 C作 CF AD，垂足为

5、F，连接 BF， BC AD， CF AD， BC CF C， BC平面 BCF， CF平面 BCF， AD平面 BCF， V 三棱锥 ABCD V 三棱锥 ABCF V 三棱锥 DBCF S BCFAF S BCFFD13 133 S BCF(AF FD) S BCFAD.13 13 AD BC6， V 三棱锥 ABCD2 S BCF，当 BCF的面积最大时， V 三棱锥 ABCD取得最大值，易知当 BCF为等腰三角形时， S BCF取得最大值，即 V 三棱锥 ABCD取得最大值取 BC的中点 E，连接 EF，当 BCF为等腰三角形时， EF BC，2 S BCF2 BCEF6 EF，12又

6、 EF ，CF2 CE2 CF2 9当 CF最长时， V 三棱锥 ABCD最大， ACD60， AD6， AD CF，当 AC CD时， CF取得最大值，此时 CF3 ， EF3 ，6 EF18 .3 2 2三棱锥 ABCD体积的最大值为 18 .故选 D.28已知 F1， F2是椭圆 1( ab0)的左、右焦点，过 F2且垂直于 x轴的直线与x2a2 y2b2椭圆交于 A， B两点，若 ABF1是锐角三角形，则该椭圆离心率 e的取值范围是( )A( 1，) B(0， 1)2 2C( 1,1) D( 1， 1)2 2 2解析：选 C 由题意可知， A， B的横坐标均为 c，且 A， B都在椭圆

7、上，所以 1，c2a2 y2b2从而可得 y ，不妨令 A ， B .b2a (c， b2a) (c， b2a)由 ABF1是锐角三角形知 AF1F20，解得 e 1 或 e0，2cos C1，cos C ， C .12 3sin Asin Bsin Asin( A C)sin A sin A cos A sin ，12 32 3 (A 6) C ，00)和动直线 l： y kx b(k， b是参变量，且k0， b0)相交于 A(x1， y1)， B(x2， y2)两点，平面直角坐标系的原点为 O，记直线OA， OB的斜率分别为 kOA， kOB，且 kOAkOB 恒成立，则当 k变化时，直线

8、 l经过的定点3为_解析：联立Error!消去 y，得 k2x2(2 kb2 p)x b20， x1 x2 ， x1x2 ， 2kb 2pk2 b2k2 kOAkOB ， y1y2 x1x2，3 3又 y1y2( kx1 b)(kx2 b) k2x1x2 kb(x1 x2) b2 ，2bpk ，解得 b ，2bpk 3 b2k2 23pk3 y kx k .23pk3 (x 23p3 )令 x ，得 y0，23p3直线 l过定点 .(23p3 ， 0)答案： (23p3 ， 0)615向量 a与 b的夹角为 90，| a| b|1，若| c a| c2 b| ，则| c2 a|5的最大值为_，

9、最小值为_解析：因为| c a| c2 b| ，且 5 ， a b，所以向量 c的终点在 a和 2b的终点的连|a|2 |2b|2 5线上(如图)，故| c2 a|的取值范围为| SK |的长度变化当SK FG时，长度最短，连接 SG，由 SFOG FGSK，得 SK12 12 .又 SF3， SG 2 ，所以当 a c时， SK最长，为 3.SFOGFG 655 2答案：3 65516已知 F为抛物线 y2 x的焦点，点 A， B在该抛物线上，且位于 x轴的两侧， 2(其中 O为坐标原点)，则 AFO与 BFO面积之和的最小值是_OA OB 解析：法一：设直线 lAB： x my t， A(

10、x1， y1)， B(x2， y2)，联立Error! y2 my t0， y1 y2 m， y1y2 t，点 A， B位于 x轴两侧， y1y2 t0.又 x1x2 y1y2( y1y2)2 y1y2 t2 t2，OA OB 解得 t2 或 t1(舍去) S AFO S BFO |OF|y1 y2| |y1 y2| ，12 18 m2 88 24 AFO与 BFO面积之和的最小值为 .24法二：设 A(x1， y1)， B(x2， y2) x1x2 y1y2( y1y2)2 y1y22，OA OB y1y22 或 y1y21(舍去) S AFO S BFO |y1 y2| 18 18y21

11、y2 2y1y2 18 .|y1|2 |y2|2 4182|y1y2| 4 24答案：2417已知双曲线 C1： 1( a0， b0)的左、右焦点分别为 F1， F2，抛物线x2a2 y2b2C2： y22 px(p0)的焦点与双曲线 C1的一个焦点重合， C1与 C2在第一象限相交于点 P，且|F1F2| PF1|，则双曲线 C1的离心率为_7解析：由题意可知， F1( c,0)， F2(c,0)设点 P(x0， y0)，过点 P作抛物线C2： y22 px(p0)准线的垂线，垂足为 A，连接 PF2.根据双曲线的定义和|F1F2| PF1|2 c，可知| PF2|2 c2 a.由抛物线的定

12、义可知|PF2| PA| x0 c2 c2 a，则 x0 c2 a.由题意可知 c，又点 P在抛物线 C2上，所p2以 y 2 px04 c(c2 a)，在 Rt F1AP中，| F1A|2| PF1|2| PA|2(2 c)2(2 c2 a)2028 ac4 a2, 即 y 8 ac4 a2，所以 8ac4 a24 c(c2 a)，化简可得 c24 ac a20，即20e24 e10，又 e1，所以 e2 .3答案：2 3三、解答题(本大题共 5小题，共 74分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)18(本小题满分 14分)已知函数 f(x)2cos 2 cos m( 0)的( x4)

13、(2 x 6)最小正周期为 .(1)求函数 f(x)的单调递增区间；(2)当 x 时，函数 f(x)的最大值为 2，求 f 的值0，2 (8)解：(1) f(x)2cos 2 cos m( x4) (2 x 6)1cos cos 2 x cos sin 2 x sin m(2 x2) 6 61sin 2 x cos 2x sin 2x m32 12 sin 2x cos 2x m112 32sin m1.(2 x3)函数 f(x)的最小正周期为 ， T ， 1，22 f(x)sin m1.(2x3)令 2k 2 x 2 k ， kZ，2 3 2解得 k x k ， kZ，12 512函数 f(

14、x)的单调递增区间为 ， kZ.k 12， k 5128(2)由(1)知， f(x)在 上单调递增， 上单调递减，0，512 512， 2 f(x)max f 1 m12，(512)解得 m0. f(x)sin 1，(2x3) f sin 1(8) (4 3)sin cos cos sin 14 3 4 3 .2 6 4419(本小题满分 15分)已知椭圆 C： 1( ab0)的左、右顶点分别为 A， B，且x2a2 y2b2长轴长为 8， T为椭圆上任意一点，直线 TA， TB的斜率之积为 .34(1)求椭圆 C的方程；(2)设 O为坐标原点，过点 M(0,2)的动直线与椭圆 C交于 P，Q

15、 两点，求 OP OQ 的取值范围MP MQ 解：(1)设 T(x， y)，由题意知 A(4,0)， B(4，0)，设直线 TA的斜率为 k1，直线 TB的斜率为 k2，则 k1 ， k2 .yx 4 yx 4由 k1k2 ，得 ，34 yx 4 yx 4 34整理得 1.x216 y212故椭圆 C的方程为 1.x216 y212(2)当直线 PQ的斜率存在时，设直线 PQ的方程为 y kx2，点 P，Q 的坐标分别为(x1， y1)，( x2， y2)，直线 PQ与椭圆方程联立，得Error! 消去 y，得(4 k23) x216 kx320.所以 x1 x2 ， x1x2 .16k4k2

16、 3 324k2 3从而， x1x2 y1y2 x1x2( y12)( y22)2(1 k2)OP OQ MP MQ x1x22 k(x1 x2)4 20 . 80k2 524k2 3 84k2 39所以200，所以 Tn| F1F2|，由椭圆的定义知动圆圆心 C的轨迹是以 F1， F2为焦点的椭圆， a2， c1， b ，故动圆圆心 C的轨迹方程是 1.3x24 y23(2)当直线 MN的斜率不存在时，直线 PQ的斜率为 0，易得| MN|4，| PQ|4，四边形PMQN的面积 S8.当直线 MN的斜率存在时，设其方程为 y k(x1)( k0)，联立Error!消去 y，得k2x2(2 k

17、24) x k20，设 M(x1， y1)， N(x2， y2)，则Error!| MN| 4.1 k2 (4k2 2)2 4 4k2 PQ MN，直线 PQ的方程为 y (x1)，1k联立Error! 消去 y，得(3 k24) x28 x412 k20.设 P(x3， y3)，Q( x4， y4)，则Error!| PQ| .1 1k2 ( 83k2 4)2 44 12k23k2 4 12 k2 13k2 4四边形 PMQN的面积 S |MN|PQ| 2412 12 (4k2 4) 12 k2 13k2 411. k2 1 2k2 3k2 4令 k21 t， t1，上式 S24 24 ，t

18、2 t 1 3t 1 13 23t 13 t 1 3t 1 令 2t1 z(z3)，则 S8 8 8 .12t 1 t 1 3t 1 1 zz 32 3z 12 1 43(z 1z) 10 z (z3)，3 100， S8.1z103 (z 1z)综上可得， S8，即四边形 PMQN的面积的最小值为 8.22(本小题满分 15分)已知椭圆 1( ab0)与抛物线 y22 px(p0)的公共焦x2a2 y2b2点为 F2，抛物线上的点 M到 y轴的距离等于| MF2|1，且椭圆与抛物线的交点 Q满足|QF2| .52(1)求抛物线的方程和椭圆的方程；(2)过抛物线上的点 P作抛物线的切线 y k

19、x m，交椭圆于 A， B两点，求此切线在 x轴上的截距的取值范围解：(1)抛物线上的点 M到 y轴的距离等于| MF2|1，点 M到直线 x1 的距离等于点 M到焦点 F2的距离，直线 x1 是抛物线 y22 px的准线，即 1，解得 p2，p2抛物线的方程为 y24 x.可知椭圆的右焦点 F2(1,0)，设椭圆的左焦点为 F1，则 F1(1,0)，由抛物线的定义及|Q F2| ，得 xQ1 ，52 52 xQ ，32又 y 4 xQ，Q ，2Q (32， 6)由椭圆的定义得 2a|Q F1|Q F2| 6，72 52 a3，又 c1， b2 a2 c28，椭圆的方程为 1.x29 y2812(2)显然 k0， m0，由Error! 消去 x，得 ky24 y4 m0，由题意知 11616 km0，得 km1， k0， m0， k .1m由Error! 消去 y，得(9 k28) x218 kmx9 m2720，由题意知 2(18 km)24(9 k28)(9 m272)0，即 9k2 m280，又 k ， m48 m290，0 m29.1m切线在 x轴上的截距为 ，且 k ，mk 1m m2，mk0 m29，9 m20，即9 0，mk切线在 x轴上的截距的取值范围是(9,0)