安徽省阜阳市第三中学2019-2020学年高二上学期调研考试数学（理）试题

安徽省阜阳市第三中学2019-2020学年高二上学期调研考试数学（理）试题

‎2019-2020学年度阜阳三中高二二调考试 理科数学 一、单选题（每小题5分，共计60分）‎ ‎1.命题“∈(0，+∞)，”的否定为（ ）‎ A. ∈(0，+∞)， B. ∈(0，+∞)，‎ C. ∈(-∞，0]， D. ∈(-∞，0]，‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据特称命题的否定为全称命题，以及量词和不等号的变化，即可得到所求命题的否定．‎ ‎【详解】解：由特称命题的否定为全称命题，可得命题“∈(0，+∞)，”的否定为“∈(0，+∞)，”，‎ 故选．‎ ‎【点睛】本题考查命题的否定，注意特称命题的否定为全称命题，以及量词和不等号的变化，考查转化能力，属于基础题．‎ ‎2.若复数，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由复数代数形式的运算法则求出，利用共轭复数的定义即可求出．‎ ‎【详解】因为．‎ 故选D．‎ ‎【点睛】本题主要考查复数代数形式的运算法则的应用以及共轭复数概念的应用．‎ ‎3.若, 则“”是“方程表示双曲线”的（ ）‎ A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当时，可验证方程满足双曲线的要求，充分性得证；根据，可求得当方程表示双曲线时的取值范围，得到必要性不成立，从而得到结果.‎ ‎【详解】当时，，‎ 则方程表示双曲线，充分条件成立；‎ 若方程表示双曲线，则，解得：或 必要条件不成立 综上所述：“”是“方程表示双曲线”的充分而不必要条件 故选 ‎【点睛】本题考查充分条件与必要条件的判断，关键是能够明确方程表示双曲线的基本要求，属于基础题.‎ ‎4.函数与两条平行线，及轴围成的区域面积是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据定积分的几何意义直接求出在区间的定积分，即可得出答案．‎ ‎【详解】 ‎ 故选B ‎【点睛】本题考查定积分的几何意义，属于基础题．‎ ‎5.若曲线在点处的切线过点，则函数的单调递增区间为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用导数的几何意义求解，取切线斜率列方程，求解参数，再求解单调区间．‎ ‎【详解】，‎ 求导 解得 ‎，则当时，．‎ 则的单调递增区间是．‎ 故选A ‎【点睛】导数几何意义：函数在某点处的导数等于切线的斜率．已知两点坐标也可求斜率．本题还考察了导数在研究函数性质中的应用．‎ ‎6.函数的图象大致是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用特殊值及函数的导数判断函数的单调性进行排除，即可得到函数的图象．‎ ‎【详解】当x<0时，f（x）0．排除AC，‎ f′（x），令g(x)‎ g′（x），当x∈（0，2），g′（x）＞0，函数g(x)是增函数，‎ 当x∈（2，+∞），g′（x）＜0，函数g(x)是减函数，g(0)=，g(3)=3>0， g(4)=<0，‎ 存在，使得g()=0，‎ 且当x∈（0，），g(x)>0，即f′（x）＞0，函数f（x）增函数，‎ 当x∈（，+∞），g(x)<0，即f′（x）＜0，函数f（x）是减函数，‎ ‎∴B不正确，‎ 故选D．‎ ‎【点睛】本题考查函数图象的判断，一般通过函数的定义域、值域、奇偶性、对称性、单调性、特殊点以及变化趋势判断．‎ ‎7.观察下列各式：，，，…，则的末四位数字为（ ）‎ A. 3125 B. 5625 C. 0625 D. 8125‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求，寻找周期性规律，结合周期可求.‎ ‎【详解】可以看出后四位呈周期出现，且周期为4，，所以的末四位数字为8125，故选D.‎ ‎【点睛】本题主要考查归纳推理，一般是利用所给项的特点推测目标项的特点,注意规律的总结.‎ ‎8.已知双曲线的中心在原点且一个焦点为，直线与其相交于，‎ 两点，若中点的横坐标为，则此双曲线的方程是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据点差法得，再根据焦点坐标得，解方程组得，，即得结果.‎ ‎【详解】设双曲线的方程为，由题意可得，设，，则的中点为，由且，得 ， ，即，联立，解得，，故所求双曲线的方程为．故选D．‎ ‎【点睛】本题主要考查利用点差法求双曲线标准方程，考查基本求解能力，属于中档题.‎ ‎9.若与有两个公共点，则范围为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可得有两个根，等价于有两个根，令 ‎，对函数进行求导，判断出函数的单调性，通过和的图象有两个交点即可得出的范围.‎ ‎【详解】若与有两个公共点，即方程有两个根，‎ 等价于，‎ 令，则，‎ 当时，，函数单调递增；‎ 当时，，函数单调递减；‎ 且当时，，，当时，‎ 由于和的图象有两个交点，故，‎ 故选A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了已知函数零点的个数求参数的范围，利用导数判断函数的单调性，构造函数是解题的关键，属于中档题.‎ ‎10.多面体是由底面为的长方体被截面所截得到的，建立下图的空间直角坐标系，已知、、、、、.若为平行四边形，则点到平面的距离为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用向量垂直数量积为零列方程组求出平面的法向量，结合，‎ 利用空间向量夹角余弦公式求出与所求法向量的夹角余弦，进而可得结果.‎ ‎【详解】‎ 建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 则，‎ 设，为平行四边形， ‎ 由得，，，‎ ‎，‎ 设为平面的法向量，显然不垂直于平面，‎ 故可设，‎ ‎，‎ 即，，‎ 所以，‎ 又，设与的夹角为，‎ 则，‎ 到平面的距离为 ‎，故选D.‎ ‎【点睛】本题主要考查利用空间向量求点面距离，属于难题.‎ 空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.‎ ‎11.点、为椭圆长轴的端点，、为椭圆短轴的端点，动点满足，若面积的最大值为8，面积的最小值为1，则椭圆的离心率为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求得定点M的轨迹方程，可得，，解得a，b即可.‎ ‎【详解】设，，.‎ ‎∵动点满足，则，化简得.‎ ‎∵面积的最大值为8，面积的最小值为1，‎ ‎∴，，解得，，‎ ‎∴椭圆的离心率为.‎ 故选D.‎ ‎【点睛】本题考查了椭圆离心率，动点轨迹的求解方法，考查了分析问题解决问题的能力，属于中档题．‎ ‎12.已知直线：与抛物线相交于、两点，且满足，则的值是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据直线方程可知直线恒过定点，过分别作准线的垂线，由，得到点为的中点、连接，进而可知，由此求得点的横坐标，则点的坐标可得，最后利用直线上的两点求得直线的斜率．‎ ‎【详解】解：抛物线的准线，直线：恒过定点， 如图过分别作准线的垂线，垂足分别为； ‎ 由，则，‎ 所以点为的中点、连接， 则， ∴在中，，‎ 为等腰三角形，点的横坐标为， 故点的坐标为 ‎， 又， 所以， 故选C．‎ ‎【点睛】本题主要考查了抛物线的简单性质，考查抛物线的定义，考查直线斜率的计算，属于中档题．‎ 二、填空题（每小题5分，共计20分）‎ ‎13.已知平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，若，则的值为__________.‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用向量共线定理即可得出．‎ ‎【详解】解：，，‎ 存在实属使得 解得：．故答案为4.‎ ‎【点睛】本题考查了向量共线定理，属于基础题．‎ ‎14.设的三边长分别为，的面积为，内切圆半径为，则；类比这个结论可知：四面体的四个面的面积分别为，内切球的半径为，四面体的体积为，则__________．‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据平面和空间的类比推理，由点类比点或直线，由直线类比直线或平面，由内切圆类比内切球，由平面图形的面积类比立体图形的体积，结合三角形面积的求法求出三棱锥的体积，进而求出内切球的半径为.‎ ‎【详解】设四面体的内切球的球心为，则球心到四个面的距离都为，所以四棱锥的体积等于以为顶点，四个面为底面的四个小三棱锥的体积之和，‎ 则四面体的体积为.‎ ‎【点睛】本题考查了类比推理.类比推理是指依据两类数学对象的相似性，将已知一类的数学对象的性质迁移到另一个数学对象上去.‎ ‎15.已知椭圆，双曲线.若双曲线的两条渐近线与椭圆的四个交点及椭圆的两个焦点恰为一个正六边形的顶点，则椭圆与双曲线的离心率之积为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用条件求出正六边形的顶点坐标，代入椭圆方程，求出椭圆的离心率，利用渐近线的夹角求双曲线的离心率，从而得出答案．‎ ‎【详解】如图 正六边形中，，直线即双曲线的渐近线方程为，‎ 由椭圆的定义可得，所以椭圆的离心率，‎ 双曲线的渐近线方程为，则，双曲线的离心率，‎ 所以椭圆与双曲线的离心率之积为 ‎【点睛】本题考查椭圆的定义和离心率，双曲线的简单性质，属于一般题．‎ ‎16.若函数在上单调递增，则实数的取值范围是________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，利用导数再分情况讨论当，当，当时，当时函数的最小值，即可求得实数的取值范围.‎ ‎【详解】解：由，‎ 则，‎ 由函数在上单调递增，‎ 则在恒成立，‎ 设，‎ ‎①当时，，为增函数，‎ 要使，则只需，求得，‎ ‎②由，‎ ‎ 当时，，即函数为减函数，即，‎ 要使，则只需，即，‎ 当时，有，即函数为增函数，‎ 要使，则只需，即，‎ 当时，有当时，，当时，，‎ 即函数在为减函数，在为增函数，即，要使，则只需，‎ 即，‎ 综上可得实数的取值范围是，‎ 故答案为.‎ ‎【点睛】本题考查了利用导数求函数的单调区间，函数的最值，重点考查了分类讨论的数学思想方法，属综合性较强的题型.‎ 三、解答题（17题10分，其他每题各12分，共计70分）‎ ‎17.设a∈R，函数f(x)=x3-x2-x+a.‎ ‎（1）求f(x)的极值；‎ ‎（2）若x∈［-1，2］，求函数f(x)的值域.‎ ‎【答案】（1）极大值是，极小值是（2）‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（1）利用导数的应用，先求导数得，再求函数的单调区间即可求函数f(x)的值域；‎ ‎（2）函数在闭区间上的最值，只需比较端点值及极值即可，结合（1）运算端点值及极值，再比较大小即可得解.‎ 详解】解:（1），若，则 当变化时，，变化情况如下表：‎ x ‎1‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ 极大值 极小值 所以的极大值是，极小值是 ‎ ‎（2）因为，由（1）知，函数在，为增函数，在为减函数， 又，，，，易得， ，‎ 则值域为：.‎ ‎【点睛】本题考查了利用导数求函数的单调性及最值，主要考查了运算能力，属中档题.‎ ‎18.（1）用数学归纳法证明：；‎ ‎（2）已知，，且，求证：和中至少有一个小于．‎ ‎【答案】（1）见解析（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先验证当时成立，假设时等式成立，再证明当时成立即可；（2）假设，，由不等式运算及性质推出矛盾即可 ‎【详解】（1）①当时，左边，右边，左边右边．‎ ‎②假设时等式成立，即，‎ 那么当时， ，‎ 即当时，等式成立．‎ 综上，．‎ ‎（2）假设，，‎ 因为，，所以，，‎ 所以，‎ 故，这与矛盾，‎ 所以原假设不成立，‎ 故和中至少有一个小于．‎ ‎【点睛】本题考查数学归纳法及反证法证明，熟记证明步骤，准确推理是关键，是基础题 ‎19.已知点满足,设点M的轨迹是曲线C．‎ ‎（1）求曲线C的方程．‎ ‎（2）过点且斜率为1的直线l与曲线C交于两点A,B,求（O为坐标原点）的面积 ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据抛物线的定义，以及式子的意义，可以判断出点的轨迹是以点为焦点的抛物线，从而求得，进而得到抛物线的方程；‎ ‎（2）联立方程组，利用韦达定理求得，利用三角形的面积公式求解即可.‎ ‎【详解】（1）由已知得点M的轨迹是以点为焦点的抛物线 ‎∴∴‎ 所以曲线的方程为 ‎（2）联立得 ‎.‎ ‎【点睛】该题考查的是有关抛物线的问题，涉及到的知识点有根据定义求曲线方程，直线与抛物线的位置关系，对应三角形的面积公式，属于简单题目.‎ ‎20.已知函数 ‎（1）讨论函数的单调性；‎ ‎（2）设，当时，证明：.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）首先对函数求导，对式子进行因式分解，结合函数的定义域，对参数的范围进行讨论，从而利用导数的符号确定出函数的单调区间；‎ ‎（2）构造新函数，对函数求导，得到函数的单调性，从而得到函数的最值，根据函数的最小值大于等于零，从而证得结果.‎ ‎【详解】（1）‎ 当时，，‎ 当时，，‎ ‎∴时，在上递减，在递增 时，在上递增，在递减 ‎（2）设 则 ‎，时，，递减 ‎，递增，‎ 设，,则 时，时，递增，‎ 时，，递减 ‎，‎ ‎，即 ‎【点睛】该题考查的是有关应用导数研究函数的问题，涉及到的知识点有应用导数研究函数单调性，注意分类讨论思想的应用，应用导数证明不等式恒成立，注意构造新函数，结合最值得到结果.‎ ‎21.如图，在四棱锥中，已知平面，且四边形为直角梯形，，，.‎ ‎（1）证明：；‎ ‎（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值；‎ ‎（3）点是线段上的动点，当直线与所成的角最小时，求线段的长.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）在四棱锥中， 平面，得到，由四边形为直角梯形，得到，再由线面垂直的判定定理，证得平面，进而得到．‎ ‎（2）以为原点，以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，求得平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式，即可求解．‎ ‎（3）由（2），设，利用换元法求得，结合在上的单调性，即可计算得到结论．‎ ‎【详解】（1）由题意，在四棱锥中，平面，‎ 因为平面，所以，‎ 又由四边形为直角梯形，所以，‎ 因为，且平面，‎ 所以平面，‎ 又因为平面，所以．‎ ‎（2）以为原点，以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，‎ 可得,‎ 由题意，可得，又由，可得平面，‎ 所以是平面的一个法向量，‎ 又由，‎ 设平面的法向量为，‎ 由，取，可得，‎ 所以，‎ 所以平面与平面所成二面角的余弦值为．‎ ‎（3）由（2）可得，设，‎ 又，则，‎ 又，从而，‎ 设，‎ 则，‎ 当且仅当时，即时，的最大值为，‎ 因为在上是减函数，此时直线与所成的角取得最小值，‎ 又因为，所以.‎ ‎ ‎ ‎【点睛】本题考查了线线垂直及线面的判定与证明，以及空间角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.‎ ‎22.如图，在平面直角坐标系中，焦点在轴上的鞘园C:经过点，且经过点作斜率为的直线交椭圆C与A、B两点(A在轴下方). ‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)过点且平行于的直线交椭圆于点M、N，求的值；‎ ‎(3)记直线与轴的交点为P，若，求直线的斜率的值.‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意得e2，．又a2＝b2+c2，，解得b2；‎ ‎（2）设A（x1，y1），B（x2，y2）．设直线l的方程为y＝k（x﹣1）．‎ 联立直线l与椭圆方程，消去y，得（2k2+1）x2﹣4k2x+2k2﹣8＝0，可设直线MN方程为y＝kx，联立直线MN与椭圆方程，消去y得（2k2+1）x2＝8，由MN∥l，得由（1﹣x1）•（x2﹣1）＝﹣[x1x2﹣（x1+x2）+1]．得（xM﹣xN）2＝4x2即可；‎ ‎（3）在y＝k（x﹣1）中，令x＝0，则y＝﹣k，所以P（0，﹣k），从而 ，由得 即 ①，由（2）知②，由①②得⇒50k4﹣83k2﹣34＝0，解得k2.‎ ‎【详解】（1）因为椭圆C：1经过点所以．‎ 又∵a2＝b2+c2，，解得b2＝4或b2＝8（舍去）．‎ 所以椭圆C的方程为．‎ ‎（2）设A（x1，y1），B（x2，y2）．‎ 因为T（1，0），则直线l的方程为y＝k（x﹣1）．‎ 联立直线l与椭圆方程，消去y，得（2k2+1）x2﹣4k2x+2k2﹣8＝0，‎ 所以x1+x2，x1x2．‎ 因为MN∥l，所以直线MN方程为y＝kx，‎ 联立直线MN与椭圆方程 消去y得（2k2+1）x2＝8，‎ 解得x2‎ 因为MN∥l，所以 因为（1﹣x1）•（x2﹣1）＝﹣[x1x2﹣（x1+x2）+1]．‎ ‎（xM﹣xN）2＝4x2．‎ 所以．‎ ‎（3）在y＝k（x﹣1）中，令x＝0，则y＝﹣k，所以P（0，﹣k），‎ 从而 ，‎ ‎∵，①‎ 由（2）知②‎ 由①②得 代入x1x2⇒50k4﹣83k2﹣34＝0，解得k2＝2或k2（舍）．‎ 又因为k＞0，所以k．‎ ‎【点睛】本题考查了椭圆的方程、直线与椭圆的位置关系、向量运算、分析问题处理问题的能力，对运算能力的要求较高，属于难题． ‎