甘肃省天水市第一中学2019-2020学年高二上学期第三次学段（期末考试）考试数学（理）试题

甘肃省天水市第一中学2019-2020学年高二上学期第三次学段（期末考试）考试数学（理）试题

天水市一中2019——2020学年度第一学期期末考试 试卷数学（理）‎ 一、选择题（每小题3分，共36分）‎ ‎1.已知，则的最小值为（ ）‎ A. 2 B. ‎1 ‎C. 4 D. 3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将的表达式构造成可以利用基本不等式求解最小值的形式.‎ ‎【详解】因为，所以，取等号时即，‎ 故选C.‎ ‎【点睛】形如形式的函数，可利用基本不等式求解函数最小值：，取等号时有：.‎ ‎2.若，则的解集为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求得函数定义域，然后求导，令导数大于零求得的取值范围.‎ ‎【详解】函数的定义域为，‎ ‎，当时，.故选C.‎ ‎【点睛】本小题主要考查函数的导数，考查一元二次不等式的解法.在求函数导数前，要注意求函数的定义域.属于基础题.‎ ‎3.若命题，则命题的否定为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据全称命题的否定是特称命题即可得到结论．‎ ‎【详解】解：命题为全称命题，则命题的否定为：，‎ 故选．‎ ‎【点睛】本题主要考查含有量词的命题的否定，属于基础题．‎ ‎4.如果方程表示焦点在轴上的椭圆，则的取值范围是（ ）.‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据焦点在轴上推出，且，解不等式求得的范围．‎ ‎【详解】由题意方程表示焦点在轴上的椭圆，‎ 可得：，并且，‎ 解得：．‎ 故选．‎ ‎【点睛】本题主要考查了椭圆的标准方程，解题时注意看焦点在轴还是在轴．‎ ‎5.在正方体ABCD-A1B‎1C1D1中，点M为棱C1D1的中点，则异面直线AM与BD所成角的余弦值为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 以D为原点建立空间直角坐标系，写出A，M，B，D坐标，求出对应向量，即可求出结果．‎ ‎【详解】解：正方体ABCD-A1B‎1C1D1，M为A1B1的中点，‎ 设正方体ABCD-A1B‎1C1D1棱长为1，以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，‎ A（1，0，0），M（0，，1），B（1，1，0），D（0，0，0），‎ ‎=（-1，，1），，‎ ‎=，‎ 所以异面直线AM与BD所成角的余弦值为，‎ 故选C．‎ ‎【点睛】本题考查向量法解异面直线所成的角，中档题．‎ ‎6.双曲线的渐近线方程为，则双曲线的离心率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据渐近线方程得到，由此求得双曲线离心率.‎ ‎【详解】由题可知，所以 故选：D ‎【点睛】本小题主要考查双曲线的几何性质，考查双曲线离心率的求法，属于基础题.‎ ‎7.已知，均为实数，则下列说法一定成立的是（ ）‎ A. 若，，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用特殊值代入法排除、、，利用不等式的基本性质，可得，从而得到，从而得出结论．‎ ‎【详解】对于①，不妨令，，，，尽管满足，，但显然不满足，故错误；‎ 对于②，不妨令，，显然满足，但不满足，故错误；‎ 对于③，不妨令，，显然满足，但不满足，故错误；‎ 对于④，若，则，即，，故正确.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查不等式的性质与不等关系，在限定条件下，比较几个式子的大小时，用特殊值代入法，能快把答案进行排除是解此类问题的常用方法．‎ ‎8.的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接利用定积分公式计算得到答案.‎ ‎【详解】‎ 故选A ‎【点睛】本题考查了定积分的计算，意在考查学生的计算能力.‎ ‎9.已知m是直线，α，β是两个不同平面，且m∥α，则m⊥β是α⊥β的（ ）‎ A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别判断充分性和必要性得到答案。‎ ‎【详解】当时，已知则，充分性；‎ 当时，已知，可以得到，故不必要；‎ 故选：‎ ‎【点睛】本题考查了充分不必要条件，意在考查学生的推断能力。‎ ‎10.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. ‎ ‎【答案】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.‎ ‎11.如图，正方体ABCD-A1B‎1C1D1的棱长为2，E是棱AB的中点，F是侧面AA1D1D内一点，若EF∥平面BB1D1D，则EF长度的范围为（）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 过作，交于点，交于，根据线面垂直关系和勾股定理可知；由平面可证得面面平行关系，利用面面平行性质可证得为中点，从而得到最小值为重合，最大值为重合，计算可得结果.‎ ‎【详解】过作，交于点，交于，则底面 平面，平面，‎ 平面平面，又平面 平面 又平面平面，平面 ‎ 为中点 为中点，则为中点 即在线段上 ‎，‎ ‎，‎ 则线段长度的取值范围为：‎ 本题正确选项：‎ ‎【点睛】本题考查立体几何中线段长度取值范围的求解，关键是能够确定动点的具体位置，从而找到临界状态；本题涉及到立体几何中线面平行的性质、面面平行的判定与性质等定理的应用.‎ ‎12.函数在上有两个零点，则实数的取值范围是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取化简得到，设，求导确定函数图像得到答案.‎ ‎【详解】取 设，，在上单调递增，上单调递减 画出函数图像：‎ ‎ ‎ 根据图像知：‎ 故选B ‎【点睛】本题考查了函数的零点问题，参数分离转化为图像的交点问题是解题的关键.‎ 二、填空题（每小题3分，共12分）‎ ‎13.设满足约束条件，则最小值为_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．‎ ‎【详解】由约束条件作出可行域如图，‎ 化目标函数为，‎ 由图可知，当直线过时，有最小值为．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查简单的线性规划，考查数形结合的解题思想方法，是中档题．‎ ‎14.设抛物线上一点到轴的距离是,则点到该抛物线焦点的距离是____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：如图，作垂直抛物线的准线于，则，由抛物线的定义得点到该抛物线焦点的距离．‎ 考点：考查抛物线的定义及其几何性质．‎ ‎15.记Sn为等比数列{an}的前n项和．若，则S5=____________．‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题根据已知条件，列出关于等比数列公比的方程，应用等比数列的求和公式，计算得到．题目的难度不大，注重了基础知识、基本计算能力的考查．‎ ‎【详解】设等比数列的公比为，由已知，所以又，‎ 所以所以．‎ ‎【点睛】准确计算，是解答此类问题的基本要求．本题由于涉及幂的乘方运算、繁分式分式计算，部分考生易出现运算错误．‎ ‎16.已知是函数的切线，则的最小值为______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，设切线的坐标为（m，lnm+m），求出函数f（x）的导数，由导数的几何意义可得切线的方程，分析可得k1，b＝lnm﹣1，代入化简得到lnm1，设g（m）＝lnm1，求出g′（m），利用函数的导数与单调性的关系，分析可得g（m ‎）的最小值，即可得答案．‎ ‎【详解】根据题意，直线y＝kx+b与函数f（x）＝lnx+x相切，设切点为（m，lnm+m），‎ 函数f（x）＝lnx+x，其导数f′（x）1，则f′（m）1，‎ 则切线的方程为：y﹣（lnm+m）＝（1）（x﹣m），变形可得y＝（1）x+lnm﹣1，‎ 又由切线的方程为y＝kx+b，‎ 则k1，b＝lnm﹣1，‎ 则2k+b2+lnm﹣1＝lnm1，‎ 设g（m）＝lnm1，其导数g′（m），‎ 在区间（0，2）上，g′（m）＜0，则g（m）＝lnm1为减函数，‎ 在（2，+∞）上，g′（m）＞0，则g（m）＝lnm1为增函数，‎ 则g（m）min＝g（2）＝ln2+2，即2k+b的最小值为ln2+2；‎ 故答案为ln2+2．‎ ‎【点睛】本题考查利用导数分析切线的方程以及函数的单调性与最值，关键是掌握导数的几何意义．‎ 三、解答题（前两题每题各8分，后三题每题各12分，共52分）‎ ‎17.已知数列为等差数列，公差，且，.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）令，求数列的前项和.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用题目所给两个已知条件求出首项和公差，由此求得数列的通项公式.（2）由（1）求得的表达式，再利用裂项求和法求得数列的前项和.‎ ‎【详解】（1）由题意可知，，.‎ 又，，，，，‎ ‎.故数列的通项公式为.‎ ‎（2）由（1）可知， ，‎ ‎.‎ ‎【点睛】本小题主要考查等差数列通项公式的求解，考查裂项求和法求数列的前项和.求等差数列通项公式的题目，往往会给两个条件，将两个条件解方程组，可求得，由此可求得等差数列的通项公式.如果数列是两个等差数列乘积的倒数的形式，那么可以利用裂项求和法求得前项和.‎ ‎18.在四棱锥中，平面平面，为等边三角形，，，，点是的中点.‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）取中点，连结，，证明四边形为平行四边形得到答案.‎ ‎（2）证明平面，如图建立空间直角坐标系，平面的法向量，面的法向量，计算夹角得到答案.‎ ‎【详解】（1）取中点，连结，.‎ 因为为中点，所以，.‎ 因为，.所以且.‎ 所以四边形为平行四边形，所以.‎ 因为平面，平面，‎ 所以平面.‎ ‎（2）取中点，连结.因为，所以.‎ 因为平面平面，平面平面，平面，‎ 所以平面，取中点，连结，‎ 则.以为原点，如图建立空间直角坐标系，‎ 由，则，，，，，‎ ‎，.平面的法向量，‎ 设平面的法向量，由，得.‎ 令，则，.由图可知，‎ 二面角是锐二面角，所以二面角的余弦值为.‎ ‎【点睛】本题考查了线面平行，二面角，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.‎ ‎19.已知函数是的导函数， 且.‎ ‎(I)求的值;‎ ‎(II)求函数在区间上的最值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）4；（Ⅱ）最大值为，最小值为.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(I)求出的导函数，把代入即可求解.‎ ‎(II)利用导数求出函数的单调区间即可求出最值. ‎ ‎【详解】解: (I) ，‎ ‎ ‎ ‎(II) 由(I)可得:，‎ 令，解得，列出表格如下:‎ 极大值 极小值 又 所以函数在区间上的最大值为，最小值为 ‎【点睛】本题主要考查导函数求函数的最值、极值，属于基础题.‎ ‎20.己知椭圆的一个顶点坐标为，离心率为，直线交椭圆于不同的两点 ‎（Ⅰ）求椭圆的方程；‎ ‎（Ⅱ）设点，当的面积为时，求实数的值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）：y2＝1；（Ⅱ）m ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）根据顶点坐标、离心率和的关系可求得，从而得到椭圆方程；（Ⅱ）直线方程与椭圆方程联立，根据有两个交点可得，求得范围；联立后写出韦达定理的形式，代入弦长公式求得，利用点到直线距离公式求得点到直线的距离，从而利用构造方程解得，验证符合的即为结果.‎ ‎【详解】（Ⅰ）由题意知：，，则 ‎ 椭圆的方程为：‎ ‎（Ⅱ）设， ‎ 联立得：‎ ‎，解得：‎ ‎，‎ 又点到直线的距离为：‎ ‎，解得：‎ ‎【点睛】本题考查直线与椭圆的综合应用问题，涉及到椭圆标准方程的求解、韦达定理、弦长公式、点到直线距离公式的应用，需要注意的是联立后要利用判别式大于零确定参数的取值范围.‎ ‎21.已知函数，．‎ ‎（1）讨论函数的单调性；‎ ‎（2）当时，恒成立，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】(1) 若，在上单调递增；若，在上单调递增，在上单调递减;(2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）的定义域为，， 对实数分情况讨论，‎ 得出单调性；（2） ，令，所以 令， ，再分情况讨论，求出实数的取值范围．‎ ‎【详解】（1）的定义域为，， ‎ 若，则恒成立，∴在上单调递增； ‎ 若，则由，‎ 当时，；当时，，‎ ‎∴在上单调递增，在上单调递减．‎ 综上可知：若，在上单调递增；‎ 若，上单调递增，在上单调递减． ‎ ‎（2），‎ 令，，‎ ‎，令， ‎ ‎①若，，上单调递增，‎ ‎，‎ ‎∴在上单调递增,，‎ 从而不符合题意． ‎ ‎②若，当，，‎ ‎∴在上单调递增，‎ 从而，‎ ‎∴在上单调递增,，‎ 从而不符合题意． ‎ ‎③若，上恒成立，‎ ‎∴在上单调递减，，‎ ‎∴在上单调递减,，‎ 综上所述，a的取值范围是．‎ ‎【点睛】本题主要考查函数单调性的求法，满足条件的实数的取值范围的求法，综合性强，难度大，对数学思维的要求较高，解题时应注意导数性质的合理利用．‎