西藏拉萨市拉萨中学2019-2020学年高二下学期第六次月考数学（理）试卷

西藏拉萨市拉萨中学2019-2020学年高二下学期第六次月考数学（理）试卷

拉萨中学2019-2020学年高二下学期第六次月考 理科数学试卷 ‎（满分：150分，考试时间：120分钟。请将答案填写在答题卡上）‎ 一、单选题(每小题5分，共计60分)‎ ‎1．设全集,则∩N等于（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎2．设则的虚部是（ ）‎ A．3 B．3 C． D．‎ ‎3．抛物线的焦点到双曲线的一条渐近线的距离是，则双曲线的 虚轴长是（ ）‎ A． B． C．3 D．6‎ ‎4．我国古代数学名著《九章算术》的论割圆术中有:“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣.”它体现了一种无限与有限的转化过程比如在表达式中“”即代表无限次重复，但原式却是个定值，它可以通过方程求得，类似上述过程，则( )‎ A． B． C． D．‎ ‎5．甲、乙两班在我校举行的“不忘初心，牢记使命”合唱比赛中，7位评委的评分情况如茎叶图所示，其中甲班成绩的中位数是81，乙班成绩的平均数是86，若正实数满足：成等比数列，则的最小值为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎6．某地实行高考改革，考生除参加语文，数学，外语统一考试外，还需从物理，化学，生物，政治，历史，地理六科中选考三科，要求物理，化学，生物三科至少选一科，政治，历史，地理三科至少选一科，则考生共有多少种选考方法？（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎7．在△ABC中，内角A、B、C所对的边分别为、b、c，S为△ABC的面积，，且A、B、C成等差数列，则C的大小为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎8．若二项式的展开式中第2项与第3项的二项式系数比是2︰5，则的系数为（ ）‎ A．14 B． C．240 D．‎ ‎9．已知函数为增函数，则的取值范围是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎10．据《孙子算经》中记载，中国古代诸侯的等级从低到高分为：男、子、伯、侯、公，共五级，若给获得巨大贡献的7人进行封爵，要求每个等级至少有一人，至多有两人，则伯爵恰有两人的概率为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎11．已知抛物线的焦点F是椭圆的一个焦点，且该抛物线的准线与椭圆相交于A、B两点，若是正三角形，则椭圆的离心率为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎12．已知是曲线：上任意一点，点是曲线：上任意一点，则的最小值是（ ）‎ A． B． C．2 D． ‎ 第II卷（非选择题）‎ 二、填空题（每小题5分，共计20分）‎ ‎13．等差数列中，，则__________.‎ ‎14．___________.‎ ‎15．若直线是曲线的一条切线，则实数__________．‎ ‎16．如图，已知正方体棱长为4，点在棱上，且，在侧面内作边长为1的正方形是侧面内一动点，且点到平面距离等于线段的长，则当点运动时，的范围是__________.‎ 三、解答题（其中17题10分，其余大题各12分，共计70分. 解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）‎ ‎17．（本小题满分10分）‎ 已知，，分别为△ABC内角，，的对边，.‎ ‎（Ⅰ）求；‎ ‎（Ⅱ）若，△ABC的面积为，求△ABC的周长.‎ ‎18．（本小题满分12分）‎ 已知等比数列的前项和为，且，是与的等差中项．‎ ‎（Ⅰ）求与；‎ ‎（Ⅱ）若数列满足，求数列的前项和．‎ ‎19．（本小题满分12分）‎ 已知函数.‎ ‎（Ⅰ）求函数在[1,e]上的最大值和最小值．‎ ‎（Ⅱ）求证：在区间［１，+，函数的图象在函数的图象下方．‎ ‎20．（本小题满分12分）‎ 在平行四边形中，，，，是EA的中点（如图1），将△ECD沿CD折起到图2中△PCD的位置，得到四棱锥是．‎ ‎（Ⅰ）求证：平面PDA；‎ ‎（Ⅱ）若PD与平面ABCD所成的角为．且△PDA为锐角三角形，求平面PAD和平面PBC所成锐二面角的余弦值．‎ ‎21．（本小题满分12分）‎ 已知点，过点作抛物线的切线，切点在第二象限．‎ ‎（Ⅰ）求切点的纵坐标；‎ ‎（Ⅱ）有一离心率为的椭圆恰好经过切点，设切线与椭圆的另一交点为点，记切线的斜率分别为，，，若，求椭圆的方程．‎ ‎22．（本小题满分12分）‎ 已知函数且.‎ ‎（Ⅰ）求；‎ ‎（Ⅱ）证明：存在唯一的极大值点，且.‎ ‎（理科数学）参考答案 ‎1．C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意首先进行补集运算，然后进行交集运算即可.‎ ‎【详解】‎ 由题意可得：，‎ 结合交集的定义可得：‎ 故选C.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查集合的交并补混合运算，属于基础题.‎ ‎2．C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据复数除法运算即可得到复数，写出虚部.‎ ‎【详解】‎ ‎,‎ 故的虚部是，‎ 故选：C ‎【点睛】‎ 本题主要考查了复数的除法运算，复数的概念，属于容易题.‎ ‎3．B ‎【解析】抛物线的焦点为，双曲线的渐近线为，因此， ，虚轴为，故选B．‎ ‎4．B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，类比已知中的求法，可构造方程求得结果.‎ ‎【详解】 可设，则，解得：‎ 故选：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查类比推理的应用问题，关键是能够明确已知中的代换关系，将所求式子整理变形为可以整体换元的方式.‎ ‎5．D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由中位数、平均数可得x，y的值，再由成等比数列得到，最后利用基本不等式可得 的最小值.‎ ‎【详解】‎ 甲班成绩的中位数是81，故，乙班成绩的平均数是86，则 ‎，解得，又成等比数列，‎ 故，所以，，当且仅当时，等号成立.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查利用基本不等式求最值的问题，涉及到茎叶图、中位数、平均数等知识，是一道容易题.‎ ‎6．C ‎【解析】‎ 利用间接法求解．从六科中选考三科的选法有，其中包括了没选物理、化学、生物中任意一科与没选政治、历史、地理中任意一科，这两种选法均有，因此考生共有多少种选考方法有种．‎ ‎7．C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据，有sinB，整理得ac＝b2﹣c2，①根据A、B、C成等差数列，得B，由余弦定理得cosB，整理得a2+c2﹣b2＝ac，②，由①②得： a＝‎2c，bc，再由余弦定理cosC求解.‎ ‎【详解】‎ 根据题意，在△ABC中，A+C＝π﹣B，则sin（A+C）＝sinB，‎ 又由，则有sinB，‎ 变形可得：ac＝b2﹣c2，①‎ 若A、B、C成等差数列，则B，则cosB，‎ 变形可得a2+c2﹣b2＝ac，②，‎ 联立①②可得：a2＝‎2ac，即a＝‎2c，‎ 又由ac＝b2﹣c2，则b2＝ac+c2＝‎3c2，即bc，‎ 则cosC，‎ 故C；‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查正弦定理和余弦定理的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎8．C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由二项展开式的通项公式为及展开式中第2项与第3项的二项式系数之比是2︰5可得：，令展开式通项中的指数为，即可求得，问题得解．‎ ‎【详解】‎ 二项展开式的第项的通项公式为 由展开式中第2项与第3项的二项式系数之比是2︰5，可得：.‎ 解得：.‎ 所以 令，解得：，‎ 所以的系数为 故选C ‎【点睛】‎ 本题主要考查了二项式定理及其展开式，考查了方程思想及计算能力，还考查了分析能力，属于中档题．‎ ‎9．A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 函数f（x）=（2x﹣1）ex+ax2﹣‎3a（x＞0）为增函数，可得f′（x）≥0，化为‎2a≥﹣，令g（x）=﹣，利用导数研究其单调性极值与最值即可得出．‎ ‎【详解】‎ ‎∵函数f（x）=（2x﹣1）ex+ax2﹣‎3a（x＞0）为增函数，‎ ‎∴f′（x）=（2x+1）ex+2ax≥0，化为‎2a≥﹣，‎ 令g（x）=﹣，则g′（x）=﹣，‎ 可得：x=时，函数g（x）取得极大值即最大值，=﹣4．‎ ‎∴a≥﹣2．‎ ‎∴a的取值范围是[﹣2，+∞）．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了利用导数研究其单调性极值与最值、等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．‎ ‎10．B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据部分平均分组分配的方法可求得分法总数和伯爵恰有两人的分法数，根据古典概型概率公式可求得结果.‎ ‎【详解】‎ 人进行封爵，每个等级至少一人，至多两人，则共有种分法；‎ 其中伯爵恰有两人的分法有种分法，‎ 伯爵恰有两人的概率.‎ 故选：.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查数学史与古典概型概率问题的求解，关键是能够利用排列组合中不平均分组分配的方法确定分法总数和符合题意的分法数.‎ ‎11．C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意画出几何图形,由椭圆和抛物线的对称性可知AB与轴交于椭圆的另一焦点,则.根据正三角形性质可得结合椭圆定义,可由勾股定理求得椭圆的离心率.‎ ‎【详解】‎ 由题意可知,画出几何图形如下图所示:‎ 由椭圆与抛物线的对称性可知, AB与轴交于椭圆的另一焦点,则.‎ 由椭圆定义可知,且为正三角形 所以则 由正三角形性质可知为直角三角形 所以 即,化简可得 所以 ‎ 故选:C ‎【点睛】‎ 本题考查了抛物线与椭圆的标准方程与几何性质的综合应用,椭圆离心率的求法,属于中档题.‎ ‎12．D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 易知在点处切线方程为，且恒成立，在点处的切线方程为，且恒成立，由等于平行线与间的距离，从知.‎ ‎【详解】‎ 曲线：，求导得，易知在点处切线方程为.‎ 下面证明恒成立.‎ 构造函数，求导得，则时，，单调递减；时，，单调递增.‎ 故函数，即恒成立.‎ 又：，求导得，当时，，且过点，故在点处的切线方程为.‎ 下面证明在上恒成立.‎ 令，则，‎ 当时，，单调递减；当时，，单调递增，‎ 所以，即，‎ 则，即在上恒成立.‎ 因为，且平行线与之间的距离为，所以的最小值为.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查曲线的切线的应用，考查平行线间距离的计算，考查函数单调性的应用，考查学生的计算求解能力与推理论证能力，属于难题.‎ ‎13．104‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由等差数列的性质可得的值，由等差数列的求和公式和等差数列的性质可得，代入计算即可求出.‎ ‎【详解】‎ 因为等差数列中，，‎ 所以由等差数列的性质可得，‎ 解得，‎ 所以，‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查等差数列的前项和公式，等差数列的性质，属于基础题.‎ ‎14．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由定积分的几何意义和定积分基本定理，即可求解.‎ ‎【详解】‎ 由题意得，表示，‎ 与轴围成的区域的面积，表示一个半径为1的个圆，‎ 其面积为，‎ 又，‎ 所以.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查定积分的计算，注意定积分几何意义的应用，属于基础题.‎ ‎15．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】‎ 试题分析:设切点为,因,故切线的斜率,则,即.所以切点代入可得,故应填答案.‎ 考点：导数的几何意义及运用．‎ ‎【易错点晴】‎ 本题以直线是曲线的一条切线为背景,考查的是导函数几何意义及导数语切线方程之间的关系的应用问题.解答本题的关键是搞清导函数值是函数在切点处的导函数的值就是切线的斜率,求解时先将切点的坐标设出来,然后再借助这些条件建立方程求出切点坐标为.再将其代入求出,从而使得问题最终获解.‎ ‎16．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 建立空间直角坐标系,根据P在内可设出P点坐标.作,连接,可得.作根据空间中两点间距离公式即可求得的范围.‎ ‎【详解】‎ 根据题意,以D为原点建立空间直角坐标系如下图所示:‎ 作交于M,连接 则 作交于N,则即为点P到平面距离 设,则 ‎ 由题意点到平面距离等于线段的长 所以 由两点间距离公式可得 化简得,则解不等式可得 综上可得 则在中 所以 故答案为: ‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了空间直角坐标系的综合应用,利用空间两点间距离公式及二次函数求最值,属于难题.‎ ‎17．（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)利用正弦定理把边转化为角，再由两角和的正弦可求出角；‎ ‎(2)利用三角形面积公式可得到，再由余弦定理可求出的周长；‎ ‎【详解】‎ ‎(1)由正弦定理知，‎ ‎∴，‎ ‎∴，.（或用余弦定理将换掉求解）‎ ‎(2)由(1)及已知可得，解得，‎ 由余弦定理知，∴，‎ ‎∴的周长为.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了正弦定理、余弦定理以及面积公式，考查了学生的计算能力，属于较易题.‎ ‎18．（1）．．（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设等比数列的公比为，由，是与的等差中项．可得，，即，联立解得，，再利用通项公式与求和公式即可得出，．‎ ‎（2），利用裂项求和方法即可得出数列的前项和．‎ ‎【详解】‎ 解：（1）设等比数列的公比为，∵，是与的等差中项．‎ ‎∴，，即，‎ 联立解得，，‎ ‎∴．‎ ‎．‎ ‎（2），‎ ‎∴数列的前项和 ‎．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查等差、等比数列的综合应用以及裂项相消法求和，难度一般.常见的几种可裂项相消的数列形式：，，，.‎ ‎19．‎ ‎【解析】‎ ‎20．（1）证明见解析； （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）证明，，即可证明线面垂直；‎ ‎（2）由线面角求得，以中点为坐标原点建立直角坐标系，由向量法求得二面角的余弦值.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）将沿CD折起过程中，平面PDA成立．证明如下：‎ 是EA的中点，，，‎ 在中，由余弦定理得，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ 为等腰直角三角形且，‎ ‎，，，‎ 平面PDA． ‎ ‎（2）由（1）知平面PDA，平面ABCD，‎ 平面平面ABCD，‎ 为锐角三角形，‎ 在平面ABCD内的射影必在棱AD上，记为O，连接PO，平面ABCD，‎ 则是PD与平面ABCD所成的角，‎ ‎，‎ ‎，‎ 为等边三角形，O为AD的中点，‎ 故以O为坐标原点，过点O且与CD平行的直线为x轴，‎ DA所在直线为y轴，OP所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 设x轴与BC交于点M，‎ ‎，‎ 易知 ‎，‎ 则，，，，‎ ，，，‎ 平面PDA，‎ 可取平面PDA的一个法向量，‎ 设平面PBC的法向量，‎ 则，即，‎ 令，则为平面PBC的一个法向量， ‎ 设平面PAD和平面PBC所成的角为，‎ 由图易知为锐角，‎ ．‎ 平面PAD和平面PBC所成角的余弦值为．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查线面垂直的证明，以及由线面角求线段长，以及利用向量法求二面角，属综合中档题.‎ ‎21．（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设切点则有，利用导数求出切线斜率，可得求出切线方程，将代入切线方程即可得结果； 由得，切线斜率，设切线方程为，利用离心率为可得，切线与椭圆方程联立，由，利用韦达定理及斜率公式可得，从而可求得结论．‎ ‎【详解】‎ 设切点则有，‎ 由切线的斜率为，‎ 得的方程为，‎ 又点在上所以，即，‎ 所以点A的纵坐标．‎ 由得，切线斜率，‎ 设，切线方程为，‎ 由得又，‎ 所以．‎ 所以椭圆方程为且过，‎ 所以．‎ 由得，‎ 所以，‎ 又因为，‎ 即 解得，所以 ,‎ 所以椭圆方程为 .‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查抛物线的切线方程以及求椭圆方程，属于难题.用待定系数法求椭圆方程的一般步骤；①作判断：根据条件判断椭圆的焦点在轴上，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.‎ ‎22．（1）a=1；（2）见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）通过分析可知f（x）≥0等价于h（x）＝ax﹣a﹣lnx≥0，进而利用h′（x）＝a可得h（x）min＝h（），从而可得结论；‎ ‎（2）通过（1）可知f（x）＝x2﹣x﹣xlnx，记t（x）＝f′（x）＝2x﹣2﹣lnx，解不等式可知t（x）min＝t（）＝ln2﹣1＜0，从而可知f′（x）＝0存在两根x0，x2，利用f（x）必存在唯一极大值点x0及x0可知f（x0），另一方面可知f（x0）＞f（）．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）解：因为f（x）＝ax2﹣ax﹣xlnx＝x（ax﹣a﹣lnx）（x＞0），‎ 则f（x）≥0等价于h（x）＝ax﹣a﹣lnx≥0，求导可知h′（x）＝a．‎ 则当a≤0时h′（x）＜0，即y＝h（x）在（0，+∞）上单调递减，‎ 所以当x0＞1时，h（x0）＜h（1）＝0，矛盾，故a＞0．‎ 因为当0＜x时h′（x）＜0、当x时h′（x）＞0，‎ 所以h（x）min＝h（），‎ 又因为h（1）＝a﹣a﹣ln1＝0，‎ 所以1，解得a＝1；‎ 另解：因为f（1）＝0，所以f（x）≥0等价于f（x）在x＞0时的最小值为f（1），‎ 所以等价于f（x）在x＝1处是极小值，‎ 所以解得a＝1；‎ ‎（2）证明：由（1）可知f（x）＝x2﹣x﹣xlnx，f′（x）＝2x﹣2﹣lnx，‎ 令f′（x）＝0，可得2x﹣2﹣lnx＝0，记t（x）＝2x﹣2﹣lnx，则t′（x）＝2，‎ 令t′（x）＝0，解得：x，‎ 所以t（x）在区间（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，‎ 所以t（x）min＝t（）＝ln2﹣1＜0，从而t（x）＝0有解，即f′（x）＝0存在两根x0，x2，‎ 且不妨设f′（x）在（0，x0）上为正、在（x0，x2）上为负、在（x2，+∞）上为正，‎ 所以f（x）必存在唯一极大值点x0，且2x0﹣2﹣lnx0＝0，‎ 所以f（x0）x0﹣x0lnx0x0+2x0﹣2x0，‎ 由x0可知f（x0）＜（x0）max；‎ 由f′（）＜0可知x0，‎ 所以f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，）上单调递减，‎ 所以f（x0）＞f（）；‎ 综上所述，f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查利用导数研究函数的极值，考查运算求解能力，考查转化思想，注意解题方法的积累，属于难题．‎