2019-2020学年云南省曲靖市会泽县第一中学高二上学期第一次段考数学(理)试题(解析版)

一次段考数学（理）试题

一、单选题

1．命题“xR，x22x30”的否定为（ ） A．xR，x22x30 C．xR，x22x30 【答案】C

【解析】分析：根据全称命题的否定得结果.

详解：因为xR，x22x30，所以否定为xR，x22x30, 选C.

点睛：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(2)注意命题所含的量词，否定的前提；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”. 2．设p:ba0，q:A．充分不必要条件 C．充分必要条件 【答案】A

【解析】根据条件，分析是否成立即可． 【详解】 若ba0，则若

B．xR，x22x30 D．xR，x22x30

11，则p是q成立的( ) abB．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

11成立，所以是充分性 ab11，则当0b，a0时成立，不满足ba0，所以不是必要性 ab所以p是q的充分不必要条件 所以选A 【点睛】

本题考查了不等式成立条件及充分必要条件，属于基础题．

1x2y23．已知曲线C的方程为1，现给出下列两个命题：p：0m是曲

22m1m第 1 页 共 17 页

线C为双曲线的充要条件，q：m命题的是（ ） A．pq C．pq 【答案】C

1 是曲线C为椭圆的充要条件，则下列命题中真2B．pq D．pq

【解析】根据充分必要条件及双曲线和椭圆定义，分别判定命题p与命题q的真假，进而判断出复合命题的真假． 【详解】

若曲线C为双曲线，则m2m10 ，可解得0m若0m1 21，则m2m10，所以命题p为真命题 21若曲线C为椭圆，则m且m≠1，所以命题q为假命题

2因而pq为真命题 所以选C 【点睛】

本题考查了椭圆与双曲线的标准方程，充分必要条件的判定，属于基础题． 4．下列四个命题中真命题的个数是

①命题“若x23x40,则x1?的逆否命题为“若x1,则x23x40?； ②命题“xR,cosx1?的否定是“x0R,cosx01? ③命题“x(,0)，2x3x”是假命题.

④命题p:x1,,lgx0\"，命题q:xR,x2x10，则pq为真命题 A．1 【答案】D

【解析】根据四种命题的关系进行判断． 【详解】

①命题“若x23x40,则x1?的逆否命题为“若x1,则x23x40?，正确；

②命题“xR,cosx1?的否定是“x0R,cosx01?，正确；

B．2

C．3

D．4

第 2 页 共 17 页

③命题“x,0，2x3x”是假命题，正确.

④命题p:x1,,lgx0\"，命题q:xR,x2x10，p是真命题， 则pq为真命题，正确． 因此4个命题均正确． 故选D． 【点睛】

本题考查四种命题及其关系，解题时可根据四种命题的关系进行判断①②，同指数函数 的性质判断③，由或命题的真值表判断④，是解此类题的一般方法，本题属于基础题．

x2y25．设P为椭圆C：1上一动点，F1，F2分别为左、右焦点，延长FP1至点Q，

73使得PQPF2，则动点Q的轨迹方程为( ) A．(x2)2y228

【答案】C

C．(x2)2y228D．(x2)2y27

B．(x2)2y2727，【解析】推导出PF从而PF1PQFQ11PF22a27，PQPF2，

进而得到Q的轨迹为圆，由此能求出动点Q的轨迹方程． 【详解】

x2y21上一动点，F1，F2分别为左、右焦点， QP为椭圆C：73延长FP1至点Q，使得PQPF2，

PF1PF22a27，PQPF2，

PF1PQFQ27， 1Q的轨迹是以F12,0为圆心，27为半径的圆， 动点Q的轨迹方程为(x2)2y228．

故选：C． 【点睛】

本题考查动点的轨迹方程的求法，考查椭圆的定义、圆的标准方程等基础知识，考查运

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算求解能力，是中档题．

x2y2F2，ABF1F26．已知椭圆221(ab0)的焦点分别为F1，点A，B在椭圆上，

ab于F2，AB4，F1F223，则椭圆方程为（ ）

x2A．y21

3【答案】C

x2y2B．1

32x2y2C．1

96x2y2D．1

1292b2【解析】利用椭圆的性质，根据AB4，F1F223可得c3， 4，求

a解a，b然后推出椭圆方程． 【详解】

x2y2椭圆 22（的焦点分别为F1，F2，点A，B在椭圆上， 1ab0）ab2b2ABF1F2于F2，AB4，F3， 4， 1F223，可得cac2a2b2，解得a3，b6，

x2y2所以所求椭圆方程为：1，故选C．

96【点睛】

本题主要考查椭圆的简单性质的应用，椭圆方程的求法，是基本知识的考查． 7．点为椭圆

的一个焦点，若椭圆上存在点使

（为坐标原

点）为正三角形，则椭圆的离心率为（ ） A．

B．

C．

D．

【答案】B 【解析】【详解】

由题意，可设椭圆的焦点坐标为因为代入得

为正三角形，则点

，即

， 在椭圆上， ，

为正三角形，点

在椭圆上，代入椭圆方程，计算得到

.

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得故选B． 【点睛】

，解得，

本题考查了椭圆离心率的计算，意在考查学生的计算能力.

x2y28．如图，F1,F2是双曲线C:221(a0,b0)的左、右焦点，过F2 的直线与双

ab曲线C 交于A,B两点．若AB:BF1:AF13:4:5，则双曲线的渐近线方程为（ ）

A．y23x 【答案】A

B．y22x C．y3x D．y2x

【解析】设AB3,BF14,AF15,AF2x，利用双曲线的定义求出x3和a的值，再利用勾股定理求c，由y【详解】

设AB3,BF14,AF15,AF2x，

由双曲线的定义得：3x45x，解得：x3， 所以|F1F2|bx得到双曲线的渐近线方程. a4262413c13，

因为2a5x2a1，所以b23， 所以双曲线的渐近线方程为y【点睛】

本题考查双曲线的定义、渐近线方程，解题时要注意如果题干出现焦半径，一般会用到双曲线的定义，考查运算求解能力.

bx23x. ax2y29．已知曲线C:221a＞0，b＞0的左、右焦点分别为F1,F2,O为坐标原点，

abP是双曲线在第一象限上的点，MOOP，直线PF2交双曲线C于另一点N，若

uuuuvuuuvPF12PF2，且MF2N120则双曲线C的离心率为（ ）

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A．

23 3B．7 D．2 C．3 【答案】B

【解析】由题意结合双曲线的定义可得PF1F2中，由14a,PF22a ，在三角形PF余弦定理可得4c220a28a2，据此计算双曲线的离心率即可. 【详解】

由题意，PF12PF2，由双曲线的定义可得，PF1PF22a ，可得

PF14a,PF22a ，

由四边形PF1MF2为平行四边形，又MF2N120，可得F1PF2120， 在三角形PF1F2中，由余弦定理可得4c216a24a224a2acos120 ， 即有4c220a28a2，即c27a2，可得c7a，即ec7. a

【点睛】

双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法： ①求出a，c，代入公式ec； a②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝c2－a2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．

10．已知点M是抛物线x24y上的一动点，F为抛物线的焦点，A是圆C：

(x1)2(y4)21上一动点，则|MA||MF|的最小值为（ ）

A．3 【答案】B

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B．4

C．5

D．6

【解析】根据抛物线定义和三角形三边关系可知当M,A,P三点共线时，MAMF的值最小，根据圆的性质可知最小值为CPr；根据抛物线方程和圆的方程可求得CP，从而得到所求的最值. 【详解】

如图所示，利用抛物线的定义知：MPMF

当M,A,P三点共线时，MAMF的值最小，且最小值为CPrCP1

Q抛物线的准线方程：y1，C1,4

CP415 MAMFmin514

本题正确选项：B 【点睛】

本题考查线段距离之和的最值的求解，涉及到抛物线定义、圆的性质的应用，关键是能够找到取得最值时的点的位置，从而利用抛物线和圆的性质来进行求解.

x2y211．已知抛物线y2px(p0)交双曲线221(a0,b0)的渐近线于A，B两

ab2点（异于坐标原点O），若双曲线的离心率为5，AOB的面积为32，则抛物线的焦点为（ ） A．(2,0) 【答案】B 【解析】由题意可得

B．(4,0)

C．(6,0)

D．(8,0)

b2，设点A位于第一象限，且Am,n，结合图形的对称性列a出方程组确定p的值即可确定焦点坐标. 【详解】

bc2a2b2b22， ∴，e21522aaaa2设点A位于第一象限，且Am,n，结合图形的对称性可得：

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nm2mn32，解得：p8，∴抛物线的焦点为4,0，故选B. n22pm【点睛】

本题主要考查圆锥曲线的对称性，双曲线的渐近线，抛物线焦点坐标的求解等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.

12．已知抛物线x24y的焦点为F，准线为l，抛物线的对称轴与准线交于点Q，P为抛物线上的动点，PFmPQ，当m最小时，点P恰好在以F,Q为焦点的椭圆上，则椭圆的离心率为（ ） A．322 【答案】D

B．22 C．32 D．21

1)，Q(0，1)，过点P作PM垂直于准线，则PMPF．记【解析】由已知，F(0，PQM，则mPFPQPMPQsin，当最小时，m有最小值，此时直线PQ

2x01)，所以PQ22，PF2，则与抛物线相切于点P．设Px0，，可得P(2，4PFPQ2a，∴a21，c1，∴e

二、填空题

c21，故选D． a13．已知命题p：存在x0,1，使得aex0成立，命题q:对任意xR，

x24xa0 恒成立，若命题pq是真命题，则实数a的取值范围是

______________. 【答案】a1,4

【解析】先确定各命题为真时实数a的取值范围，再根据复合命题真假得各命题真假，最后求交集得结果. 【详解】

命题p：存在x0,1，使得aex0成立，所以aex的最小值1，即所以a1；命题q:对任意xR，x24xa0 恒成立，所以44a0，a4;

2第 8 页 共 17 页

因为命题pq是真命题，所以p是真命题，q是假命题，即1a4 【点睛】

本题考查命题真假以及不等式恒成立与存在性问题，考查基本分析转化与求解能力，属中档题.

x214．已知椭圆C：y21，F1，F2是其两个焦点，P为C上任意一点，则

4uuuruuuurPF1PF2的最大值为______．

【答案】1

【解析】先求得椭圆焦点的坐标，设出P点的坐标代入向量数量积的坐标运算，利用椭圆标准方程化简后，利用二次函数的最值的求法，求得最大值. 【详解】

依题意得F1 3,0，F2

x2x2223,0，设Px,y，则y1，即y1，

44uuuruuuurPF1PF23x,yx23233x,yx3yx31x2421444222

故答案为：1 【点睛】

本小题主要考查椭圆的几何性质，考查向量数量积的坐标运算，考查式子的最大值的求法，属于基础题..

1) 平分双曲线x24y24 的一条弦，则这条弦所在直线的方程是15．点P(8，__________．

【答案】2xy150

（x1，y1），（Bx2，y2），QAB的中点是【解析】设弦的两端点分别为AP（81，），x1x216，y1y22，（x1，y1），（Bx2，y2） 把A代入双曲线

22 x4y＝41122 ， x4y4，得22x24y2＝4（x1x2）（x1x2）（4y1y2）（y1y2）0，16（x1x2）（8y1y2）0，∴ky1y22，

x1x2第 9 页 共 17 页

∴这条弦所在的直线方程是2xy150． 故答案为2xy150．．

【点睛】本题考查弦中点问题及直线方程的求法，解题时要认真审题，仔细解答，注意点差法的合理运用． 16．过抛物线率是__________． 【答案】【解析】

抛物线 方程为

，

.

,可得它的焦点为

，

的焦点作直线交抛物线于

，若

，则直线的斜

设直线 方程为由设可得

， 可得

消去 得故答案为：

,解之得. ,消去x得

，

①。

代入①得.

,且 ，

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．

三、解答题

17．(1)已知命题p：42x0；命题q：的取值范围．

(2)设命题p：2x23x100；命题q：xaxa10，若￢q是￢p的充分不必要条件，求实数a的取值范围． 【答案】（1）1x2（2）0a10，若“p￢q”为真命题，求xx11 2第 10 页 共 17 页

【解析】1根据复合命题的真值表知：p真q假；

2非q是非p的充分不必要条件，等价于p是q的充分不必要条件，等价于p是q的

真子集． 【详解】

1命题p：42x0，即x2；

命题q：10，即x1； x1由于“p￢q”为真命题，则p真q假， 从而由q假得，x1， 所以x的取值范围是1x2．

2命题p：2x23x10，即1x1

2命题q：xaxa10，即axa1

由于￢q是￢p的充分不必要条件，则p是q的充分不必要条件．

111aa即有22，0a

2a11a0【点睛】

本题考查了复合命题及其真假.属基础题．

x2y218．已知椭圆C：221(ab0)的左右焦点与其短轴的一个端点是正三角形

ab的三个顶点，点D1,3在椭圆C上. 2（1）求椭圆C的方程；

（2）直线MN过椭圆左焦点F1交椭圆于M、N，A为椭圆短轴的上顶点，当直线

AF1MN时，求MNA的面积.

48x2y2. 【答案】（1）（2）1；

1343【解析】（1）根据椭圆的几何性质以及等边三角形的性质，得到b,c的一个关系式，结合a2b2c2求得a,c的关系式，将点D的坐标代入椭圆方程，由此求得c,a,b的值，

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进而求得椭圆方程.（2）根据（1）求得A点的坐标，进而求得AF1和MN的斜率，写出直线MN的方程，联立直线的方程和椭圆的方程，写出韦达定理，利用弦长公式求得MN，由两点间距离公式求得AF1，进而求得三角形MNA的面积. 【详解】 （1）由题意知

b3，即b3c，a24c2，b23c2 cx2y2即221， 4c3c93∵1,在椭圆上，∴1，c21，a24，b23 421224c3cx2y2所以椭圆C的方程为1.

43（2）A0,3，则KAF13，

MNAF1，∴KMN1, 3∴直线MN的方程为：y221x1， 3将其代入：3x4y12得：13x28x320 设Mx1,y1，Nx2,y2 ∴x1x2832, ，x1x2131321843248， MN13131313又AF112∴SMNA【点睛】

本小题主要考查椭圆标准方程的求法，考查直线和椭圆的位置关系，考查弦长公式，考查三角形面积的计算，属于中档题.要求椭圆的标准方程，主要方法是根据已知条件，列出方程组，解方程组求得a,b的值.直线和圆锥曲线相交所得弦长公式为

322,

48. 13AB1k2x1x24x1x2.其中k为直线的斜率，x1x2和x1x2可由韦达定

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2理求得.

x2y2319．已知椭圆C:221ab0的两个焦点分别为F1,F2，离心率为，过ab2F1的直线l与椭圆C交于M,N两点，且MNF2的周长为16

（1）求椭圆C的方程；

（2）若直线ykxm与椭圆C分别交于A,B两点，且OAOB，试问点O到直线

AB的距离是否为定值，证明你的结论．

x2y245【答案】（1）（2）为定值，证明见解析 1；

51【解析】（1）由MNF2周长可求得a4，利用离心率求得c23，从而（2）直线AB方程与椭圆方程联立，可得韦达b2c2a24，从而得到椭圆方程；

定理的形式；利用垂直关系可构造方程x1x2y1y20，代入韦达定理整理可得

5m2161k2；利用点到直线距离公式表示出所求距离d，化简可得结果.

【详解】

（1）由椭圆定义知：MNF2的周长为：4a16 a4 由椭圆离心率：ec3 c23，b2c2a24 a222xy椭圆C的方程：1 1（2）由题意，直线AB斜率存在，直线AB的方程为：ykxm

设Ax1,y1，Bx2,y2

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ykxm222联立方程x2y2，消去y得：14kx8kmx4m160

118km4m216 由已知，且x1x22，x1x224k14k1uuuvuuuv由OAOB，即OAOB0得：x1x2y1y20

即：x1x2kx1mkx2mx1x2kx1x2kmx1x2m0

224m2168km2225m161k，整理得：，满足 k1kmm0224k14k12点O到直线AB的距离：d【点睛】

m1k245为定值 5本题考查椭圆标准方程求解、椭圆中定值问题的求解.解决定值问题的关键是通过已知条件构造等量关系，通过韦达定理的形式得到变量之间的关系，从而对所求值进行化简、消元，从而得到定值.

x2y220．已知双曲线C:221(a0,b0)的实轴长为23，一个焦点的坐标为ab(5,0).

（1）求双曲线的方程；

（2）若斜率为2的直线l交双曲线C交于A,B两点，且AB4，求直线l的方程.

【答案】（1）

；（2）y2x210210. 或y2x33，

；（2）

【解析】试题分析：（1）根据待定系数法求双曲线方程，知道设直线方程

，与双曲线方程联立，得到韦达定理，根据弦长公式，求出直线方程.

试题解析：（1）由2a23，得a∴b2c2a22，

3，又c5，

x2y2∴双曲线C的方程为1.

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（2）设直线l的方程为y2xm，A(x1,y1),B(x2,y2)，

y2xm由{x222，得10x12mx3(m2)0， y2132∴24(m210)0，得m10，

2210524(m10)∴弦长AB， 4，解得m310∴直线l的方程为y2x210210. 或y2x33【考点】1.双曲线的定义；2.弦长公式.

【方法点睛】主要考察了双曲线的基本问题，属于基础题型，尤其对于第二问，根据弦长公式求直线方程时，设直线方程，根据弦长公式

，或是

，这样根据直线方程与圆锥曲线方程联立，可以求参数.

21．设抛物线C：x22py(p0)的焦点为F，M(p,p1)是C上的点． （1）求C的方程：

（2）若直线l：ykx2与C交于A，B两点，且AFBF13，求k的值． 【答案】（1）x4y（2）k1.

【解析】（1）直接把M(p,p1)代入抛物线方程中，求出p；

（2）直线方程与抛物线方程联立，利用根与系数关系，化简|AF||BF|，最后利用

2|AF||BF|13，求出k的值.

【详解】

（1）因为Mp,p1是C上的点， 所以p2pp1，

2因为p0，解得p2， 抛物线C的方程为x4y. （2）设Ax1,y1，Bx2,y2，

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2ykx2由2得x24kx80， x4y16k2320

则x1x24k，x1x28，

由抛物线的定义知，AFy11，BFy21， 则AFBFy11y21kx13kx23，

k2x1x23kx1x29，

4k2913，

解得k1. 【点睛】

本题考查了直线与抛物线的位置关系，考查了一元二次方程根与系数关系，考查了运算能力.

22．已知抛物线C：y22px(p0)的焦点为F，直线y4与y轴交于点P，抛物线C交于点Q，且|QF|5|PQ|. 4（1）求抛物线C的方程；

（2）过原点O作斜率为k1和k2的直线分别交抛物线C于A,B两点，直线AB过定点

T(2,0)，k1k2是否为定值，若为定值，求出该定值，若不是，则说明理由.

【答案】(1)y4x；(2)答案见解析.

【解析】试题分析：（1）先求点P,Q坐标，再根据QF25PQ求得p2（2）先设4Ax1,y1,Bx2,y2，则k1k2y1y216，再根据点在抛物线上化简得k1k2，最后x1x2y1y2根据直线方程与抛物线方程联立方程组，结合韦达定理解得y1y2，即得k1k2

8p585P0,4,Q,4试题解析：（1）由QFPQ以及抛物线定义可知， ，

p244p∵p0，∴p2，抛物线C的方程为y24x.

（2）不妨设Ax1,y1,Bx2,y2，直线AB：xmy2，

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xmy2由2，得y24my80，y1y28， y4x故k1k2

y1y2162. x1x2y1y2第 17 页 共 17 页