浙江省九加一联盟2019-2020学年高二下学期期中考试数学试题 Word版含解析

浙江省九加一联盟2019-2020学年高二下学期期中考试数学试题 Word版含解析

www.ks5u.com ‎2019学年第二学期9+1高中联盟期中考试高二年级数学学科试题 一、选择题（本大题共10题，每小题4分，共40分.每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选，错选均不得分）‎ ‎1.设集合，，则方程表示焦点位于x轴上的椭圆有( )‎ A. 6个 B. 8个 C. 12个 D. 16个 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据，对A中元素进行分析即可求解.‎ ‎【详解】因为椭圆焦点在x轴上，‎ 所以，‎ 当时，；‎ 当时，；‎ 当时，，‎ 一共有6个符合要求的椭圆，‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查了椭圆的标准方程，椭圆焦点的位置，属于容易题.‎ ‎2.设，则是成立的( )‎ A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据指数函数的单调性、对数函数的单调性，可得出结论.‎ ‎【详解】因为为R上的减函数，是上的增函数，‎ 所以由可得（），‎ 由可得（），‎ - 22 -‎ 故是成立的必要不充分条件，‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查了指数函数的单调性，对数函数的单调性，必要不充分条件，属于中档题.‎ ‎3.下列函数中是偶函数，且在上单调递增的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据各函数的性质与单调性逐个判断即可.‎ ‎【详解】函数为奇函数,不满足条件．‎ B.函数的定义域为,函数为偶函数,当时,为减函数,不满足条件．‎ C.为增函数,为非奇非偶函数,不满足条件．‎ D.令，定义域为，，该函数为偶函数，当时，为增函数,满足条件,‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题主要考查了常见函数的奇偶性与单调性,属于基础题型.‎ ‎4.用数学归纳法证明“…”时，由到时，不等试左边应添加的项是( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别代入，两式作差可得左边应添加项．‎ - 22 -‎ ‎【详解】由n=k时，左边为，‎ 当n=k+1时，左边为 所以增加项为两式作差得：，选C.‎ ‎【点睛】运用数学归纳法证明命题要分两步，第一步是归纳奠基(或递推基础)证明当n取第一个值n0(n0∈N*)时命题成立，第二步是归纳递推(或归纳假设)假设n＝k(k≥n0，k∈N*)时命题成立，证明当n＝k＋1时命题也成立，只要完成这两步，就可以断定命题对从n0开始的所有的正整数都成立，两步缺一不可．‎ ‎5.现某路口对一周内过往人员进行健康码检查安排7名工作人员进行值班，每人值班1天，每天1人，其中甲乙两人需要安排在相邻两天，且甲不排在周三，则不同的安排方法有( )‎ A. 1440种 B. 1400种 C. 1320种 D. 1200种 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意,分2步进行分析: ①将甲、乙按要求安排，②将剩下的5人全排列，安排在剩下的5天，由分步计数原理计算可得答案.‎ ‎【详解】根据题意，分2步进行分析: ‎ ‎①要求甲、乙安排在相邻两天，且甲不排在周三，先把周一周二、周二周三、、周六周日看作6个位置，任选一个位置，排上甲乙两人，有种方法，其中甲排在周三去掉，则甲乙的安排方法有种,‎ ‎②将剩下的5人全排列，安排在剩下的5天，有种情况；‎ 由分步计数乘法原理知，则有种安排方法.‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查了排列、组合的实际应用，涉及分步计数原理的应用，属于中档题.‎ ‎6.已知函数，则函数的图象为（ ）‎ - 22 -‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据绝对值的性质，可以化简函数的解析式，用导数研究函数在时的单调性，运用排除法可以选出正确的答案.‎ ‎【详解】，‎ 当x＜0时，．‎ 令，‎ 由，得，‎ 当x∈（﹣∞，）时，，当x∈（，0）时，．‎ 所以有极大值为．‎ 又，所以的最大值小于0．‎ 所以函数在（﹣∞，0）上为减函数，这样可以排除A、B、C，故选D.‎ ‎【点睛】本题考查了函数的图象，应用导数研究函数的单调性是解题的关键.‎ - 22 -‎ ‎7.设，随机变量的分布列如下：‎ 则当在内增大时（ ）‎ A. 减小，减小 B. 增大，增大 C. 增大，减小 D. 减小，增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别计算和表达式，再判断单调性.‎ ‎【详解】,当在内增大时, 增大 ‎，当在内增大时, 增大 故答案选B ‎【点睛】本题考查了和计算，函数的单调性，属于综合题型.‎ ‎8.已知定义在上的函数，设两曲线与在公共点处的切线相同，则值等于（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 22 -‎ 设曲线与在公共点处的切线相同，得出方程组，即可求解，得到答案.‎ ‎【详解】依题意，设曲线与在公共点处的切线相同.‎ 因为，‎ 则，‎ 所以，即，‎ ‎∵，解得，.‎ 故选D.‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用导数的几何意义求解参数问题，其中解答中熟练导数的运算公式，以及利用导数的几何意义列出相应的方程组是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎9.已知双曲线的左右焦点分别为，，过点且垂直于x轴的直线与该双曲线的左支交于A，B两点，，.分别交y轴于P，Q两点，若的周长为12，则取得最大值时，该双曲线的离心率为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据轴且过左焦点可得，由题意知的周长为周长的2倍，可得，化简得，转化，利用导数确定取最值时，即可求解.‎ ‎【详解】因为，‎ - 22 -‎ 所以把代入双曲线方程可得：，‎ 故，‎ 因为，，周长为12，‎ 所以的周长为24，‎ 即，‎ 所以，‎ 化简得：，‎ ‎，‎ 令，‎ 则，‎ 当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，‎ 时函数有唯一极大值也是最大值，‎ 此时，，‎ 所以，‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查了双曲线的定义、离心率等,还涉及利用导数求具体函数的最值问题，考查学生的逻辑推理能力和运算能力，属中档题.‎ ‎10.下列函数使方程的实根个数最多的为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ - 22 -‎ ‎【分析】‎ 根据，写出具体方程，转化为判断对应的方程有解无解，有解时根的个数问题.‎ ‎【详解】对于A，由可得，即，解得共有2个实数根；‎ 对于B，由可得，因为，所以，所以方程无实根；‎ 对于C，由可得，在区间上，所以成立，显然时也成立，结合奇函数的性质知，方程只有一解；‎ 对于D，由，可解的，所以原方程等价于或，解得，故方程有4个根.‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查了判断方程的根的个数问题，涉及函数与方程思想，分类讨论，属于难题.‎ 二、填空题（本大题共7题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分）‎ ‎11.若全集，，，______；______.‎ ‎【答案】 (1). (2). 或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据集合的交集、补集运算，即可求解.‎ ‎【详解】，，‎ ‎，‎ ‎，‎ - 22 -‎ 或，‎ 故答案为： ；或 ‎【点睛】本题主要考查了集合的交集、补集运算，属于容易题.‎ ‎12.已知随机变量X，Y满足，，则______；______.‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用公式，直接计算即可.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以，，‎ 又，‎ ‎,‎ ‎,‎ 故答案为：；‎ ‎【点睛】本题主要考查了二项分布及期望、方差的运算，考查了推理运算能力，属于中档题.‎ ‎13.用数字0，1，2，3，4，5组成无重复数字的6位自然数.（1）可以组成______个不同的偶数；（2）若要求相邻两个数字奇偶性不同，则可以组成______个.（用数字作答）.‎ ‎【答案】 (1). 312 (2). 60‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据尾数为0或尾数2或4分别求解即可；‎ ‎(2)分首位为偶数和奇数分别求解即可.‎ ‎【详解】用数字0，1，2，3，4，5组成无重复数字的6位自然数，‎ ‎（1）末位为0时有：个；‎ 末位为2或4时有：个，‎ - 22 -‎ 故共有个偶数.‎ ‎（2）若首位为偶数，则首位不为0，有，‎ 若首位为奇数，则有：个；‎ 故共有：个.‎ 故答案为：312；60‎ ‎【点睛】本题主要考查了排列组合的应用，分类讨论的思想，计数原理，属于中档题.‎ ‎14.设，则_______.‎ ‎【答案】5‎ ‎【解析】‎ 分析：先求出值，再赋值，即可求得所求式子的值.‎ 详解：由题易知：‎ 令，可得 ‎∴＝5‎ 故答案为5‎ 点睛：本题考查了二项式定理的有关知识，关键是根据目标的结构合理赋值，属于中档题.‎ ‎15.已知定义在R上的奇函数满足，当时，则使得成立的x的取值范围是______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 构造函数设函数，利用导数得到在是减函数，再根据为奇函数，（1），画出奇函数图象的大致形状，数形结合即可解得的解集．‎ ‎【详解】设函数，‎ - 22 -‎ 当时，，‎ 当时，，‎ ‎，‎ 函数在上单调递减，‎ 又为定义在上的奇函数，‎ 为奇函数，‎ 可得在上单调递减．‎ 再由，得（1）．‎ 作出函数图象的大致形状如图，‎ 由图可知，当，，时，，‎ 则．‎ 又为定义在上的奇函数，‎ ‎．‎ 综上，使得成立的的取值范围是，．‎ 故答案为：，．‎ ‎【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，正确构造函数是关键，考查数形结合的解题思想方法，是中档题．‎ ‎16.已知椭圆，为y轴上一动点.若存在以点P为圆心圆P与椭圆C有四个不同的公共点，则m的取值范围是______.‎ - 22 -‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设圆P的方程，联立椭圆方程，可得关于y的二次方程，利用判别式为0,以及圆P经过点(0, -2)，可得圆与椭圆有3个交点时，同理可得圆过且与椭圆有3个交点时，，数形结合可求出的取值范围.‎ ‎【详解】由题意，设圆P的方程为，‎ 联立椭圆可得：，‎ 由可得：①，‎ 由圆P过点，‎ 可得：②，‎ 由①②可得，‎ 同理，由圆P过点时可得，‎ 如图，‎ 结合图形可知，当时，以P为圆心的圆与椭圆C有四个不同的公共点，‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查了椭圆与圆的位置关系，考查数形结合思想和运算能力、推理能力，属于中档题.‎ - 22 -‎ ‎17.若函数不存在零点，则的取值范围是______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 函数不存在零点，转化为方程无实根，等价于无解，求出的取值范围，即可求解.‎ ‎【详解】函数要有意义，则需，解得，‎ 所以，又，‎ 所以，函数定义域为，‎ 因函数不存在零点，‎ 所以方程无实根，‎ 平方可得：无实根，‎ ‎，‎ ‎，‎ 因为方程无实根，‎ 所以或，‎ 解得或，‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查了函数零点，方程的根的判定，转化思想，属于难题.‎ 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）‎ ‎18.一个袋子里装有7个球，其中有红球4个.白球3个.这些球除颜色外全相同.‎ ‎（1）若一次从袋中取出3个球，取出的球颜色不完全相同的概率；‎ ‎（2）若一次从袋中取出3个球.其中若取到红球得0分，取到白球得1分，记随机变量 - 22 -‎ 为取出的三个小球得分之和，求的分布列，并求其数学期望.‎ ‎【答案】（1）；（2）分布列见解析，.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据组合知识可知一次从袋中取出3个球的基本事件总数为，分类可知取出的球颜色不完全相同的取法总数，利用古典概型求解即可；‎ ‎（2）的可能取值为0,1,2,3，利用古典概型分别计算其概率，列出分布列，求期望即可.‎ ‎【详解】（1）一次从袋中取出3个球的基本事件总数为种.‎ 设“取出的球颜色不完全相同”为事件A，共有两大类，‎ 两红一白：，两白一红：，‎ ‎.‎ ‎（2）3个红球得0分：；‎ ‎2红1白得1分：；‎ ‎1红2白得2分：；‎ ‎3个白球得3分：；‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎.‎ - 22 -‎ ‎【点睛】本题主要考查了组合的应用，古典概型，随机变量的分布列，期望，属于中档题.‎ ‎19.如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，，，E为PB的中点.‎ ‎（1）证明：平面平面PBC；‎ ‎（2）求直线PD与平面AEC所成角的正弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）可先证明，，从而平面PBC，由此能证明平面平面PBC；‎ ‎（2）推导出,以C为原点，在平面ABCD中过C作CD的垂线为x轴，CD为y轴，CP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法直线PD与平面AEC所成角的正弦值 ‎【详解】（1）证明：由平面ABCD，故.‎ 又，，，‎ 所以.‎ 故，‎ 又，所以平面PBC，又平面 所以平面平面PBC.‎ ‎（2）平面ABCD，故.‎ 又，.‎ 如图建立坐标系，‎ - 22 -‎ ‎，，，，，.‎ ‎∴， ， .‎ 设平面ACE的一个法量为，‎ 由，得，取，则 故，‎ 设直线PD与平面AEC所成角为，‎ 则.‎ ‎【点睛】本题主要考查了面面垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法,考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等，属于中档题.‎ ‎20.已知函数的图象经过坐标原点，且在处取得极大值.‎ ‎（1）求实数a的取值范围；‎ ‎（2）若方程好有两个不同的根求的解析式.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求函数导数，由题意知，且处取得极大值，即可求出的范围；‎ - 22 -‎ ‎（2）根据（1）可求出函数在时的极小值，只需当时，方程恰好有两个不同的根，即可求解.‎ ‎【详解】（1），，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎∴，‎ 由或，‎ 因为当时取得极大值，所以 所以的取值范围是.‎ ‎（2）由表：‎ ‎1‎ ‎0‎ ‎0‎ 递增 极大值 ‎ 递减 极小值 递增 - 22 -‎ 依题意得：，解得：，‎ 所以函数的解析式是：.‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性和极值问题，考查学生的分析能力和运算能力，属于中档题.‎ ‎21.如图，过点作直线l交抛物线C：于A，B两点（点A在P，B之间），设点A，B的纵坐标分别为，，过点A作x轴的垂线交直线于点D.‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）求的面积S的最大值.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设直线的方程为，联立方程组，运用韦达定理，化简即可得到证明；‎ ‎（2）由，求得的范围，点A在P、B之间，可得，求得D - 22 -‎ 的坐标，运用三角形的面积公式和导数，得出函数的单调性和最值，即可求解面积的最大值．‎ ‎【详解】（1）由题意，设直线的方程为，‎ 联立方程组，可得，‎ 所以，则所以．‎ ‎（2）由（1）可得，解得，‎ 因为点在P，B之间，所以，‎ 所以，‎ 由已知可设点，由点D在直线：上可得，‎ 所以的面积，‎ 因为，所以，‎ 因为，‎ 可得时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，‎ 所以当，即时，的面积S的最大值.‎ ‎【点睛】本题主要考查抛物线的标准方程及几何性质、以及直线与抛物线的位置关系的综合应用,解答此类题目，通常联立直线方程与抛物线联立方程组，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力．‎ - 22 -‎ ‎22.已知函数，.‎ ‎（1）若函数在单调递增，求实数的取值范围；‎ ‎（2）若恒成立，求的最小值的最大值.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题设有，参变分离后可得的取值范围.‎ ‎（2）等价于，令，分和后可得，其中，故即，从而，令，利用导数可求其最大值.‎ ‎【详解】（1），‎ ‎ ，‎ 若函数 在单调递增，‎ ‎ 对任意恒成立，‎ ‎ ，在单调递减，‎ 当时，，.‎ 故所求实数的取值范围为.‎ - 22 -‎ ‎（2） 即 令 ，则恒成立 ‎ ‎ 若，则当时，与恒成立矛盾，所以,‎ 由得，‎ 当时 ，单调递增；‎ 当时， 单调递减；‎ ‎，，‎ ‎ ， ,的最小值 .‎ 又，‎ 当时， ，单调递增；‎ 当时， ，单调递减，‎ ‎.‎ ‎【点睛】一般地，若在区间上可导，且，则在上为单调增（减）函数；反之，若在区间上可导且为单调增（减）函数，则．求函数的最值，应结合函数的定义域去讨论函数的单调性，有的函数的单调性可以利用基本初等函数的单调性、复合函数的单调性判断法则得到，有的函数的单调性需结合导数的符号进行判断，如果导数的符合还不能判断，则需构建新函数（也就是原函数的导函数），再利用导数判断其符号．‎ - 22 -‎ - 22 -‎