【数学】安徽省泗县第一中学2019-2020学年高二5月月考（文）（解析版）

【数学】安徽省泗县第一中学2019-2020学年高二5月月考（文）（解析版）

参考答案 选择题：1-12 CABBA CCDDA CB 1. C【解析】∵  1,2,3,4,5,6,7U  ，  2,4,6U M ð ，∴  U M Nð  4,6 ． 2. A【解析】       1 i 2 i1 i 1 3i 2 i 2 i 2 i 5       ，所以 1 3i5 5z   对应的点位于第一象限． 3. B【解析】不妨令 x y ，则  ,x y 的不同取值有  1,2 ， 1,3 ， 1,4 ， 1,5 ， 2,3 ， 2,4 ，  2,5 ， 3,4 ，  3,5 ， 4,5 共 10 种，其中满足 5x y  的有  1,2 ， 1,3 ， 1,4 ， 2,3 共 4 种，，所以事件 5x y  的概率为 4 0.410  ． 4. B【解析】方程 2 2 1 0ax x   有两个不同实根  1a  且 0a  ，所以“ 1a  ”是“方程 2 2 1 0ax x   有两个不同实根”的必要不充分条件． 5.A【解析】对于选项 A，甲的逻辑推理能力指标值为 4，乙的逻辑推理能力指标值为 3，所 以甲的逻辑推理能力优于乙的逻辑推理能力，故 A 正确；对于选项 B，甲的数学建模能力 指标值为 3，乙的直观想象能力指标值为 5，所以乙的直观想象能力指标值优于甲的数学建 模 能 力 指 标 值 ， 故 B 错 误 ； 对 于 选 项 C ， 甲 的 六 维 能 力 指 标 值 的 平 均 值 为 1 23(4 3 4 5 3 4)6 6       ，乙的六维能力指标值的平均值为 1 (5 4 3 5 4 3) 46       ， 23 46  ，故 C 错误；对于选项 D，甲的数学运算能力指标值为 4，甲的直观想象能力指标值 为 5，所以甲的数学运算能力指标值不优于甲的直观想象能力指标值，故 D 错误．故选 A. 6.C 【 解 析 】 设 AB a  ， AC b  ， 则 3a  ， 4b  ， 6a b   ， 1 1 1 2 2 2AD BE a b b a                    2 2 2 21 1 1 1 1 13 4 6 22 4 4 2 4 4a b a b                 ． 7.C【解析】两圆方程相减得公共弦方程为 3 4 16 0x y   ，圆心  1 0,0C ，到公共弦的距离 为 2 2 16 16 53 4 d    ，所以所求弦长为 2 2 16 242 4 5 5      ． 8.D 【解析】 2 1( ) cos 3sin cos sin 22 6f x x x x x         ，由 32 2 22 6 2k x k        ， k Z ，得 2 6 3k x k      ， k Z ，所以  f x 的单调递减区间为 2,6 3k k       ， k Z ．可知①正确；由 sin 2 13 3 6f                      ，可知 ( )f x 的图象关于直线 3x   对称，所以②正确；当 [ , ]4x   时， 2 132 ,6 3 6x         ，所以 3( ) sin 2 1,6 2f x x             ， 故③正确． 9.D【解析】抛物线的标准方程为 2 1 4x y ，则 10,16F      ，准线方程为 1 16y   ，由 2PF  得  0 0,P x y 到准线的距离为 2 ，所以 0 1 216y       ，所以 0 31 16y  ． 10.A 【 答 案 】 由 条 件 知 4 2 ab  （ 0 4a  ） ， 则 1 1 ba  1 4 1 2 a a   1 1 5+1 2 2 a a   1 1 52 1 2 2 a a    52 2   （当且仅当 2 1a   时等号成立）． 11.C【解析】因为 siny x 和 e 1 e 1 x xy   都是奇函数，所以   e 1sin e 1 x xf x x    是偶函数，排 除 B 和 D．当 x 取接近于 0 的正数时，应有   0f x  ，所以排除 A，因此选择 C 项． 12.B【解析】由题，连接 OM ，交 CD 与点 K ，由题，OM CD ，设 OK x ，则 2 3 3CD x ， 5KM x  ，六棱锥的高 2 2 2 225 10 25 10h KM OK x x x x        ， 2 23 4 6 2 34 3ABCDEFS x x   正六边形 ，则 21 2 3 25 103 3ABCDEFV S h x x    正六边形 4 52 3= 25 103 x x  ， 令   4 525 10f x x x  ， 5(0, )2x ，   3 4100 50f x x x   ，令   0f x  ，即 4 32 0x x  ， 2x  ， 则    2 80f x f ≤ ，则 2 3 8 15803 3V  ≤ ，所以体积最大值为 38 15 cm3 。 13.【答案】 1 0m   或 2em  ．   2f m   0 3 2 m m     或 0 ln 2 m m     1 0m   或 2em  ． 14.【答案】8m n ． 因为 ix ， iy  0,2 ，所以 2 1 4 i i xy   表示的数对对 2 2 2 m n   应的点  ,i ix y 在椭圆 2 2 14 x y  的内部，且在第一象限，其面积为 2 1 4 2     ，故，得 8m n   ． 15.【答案】 4 7 7 ．由点到直线的距离公式得圆心到渐近线的距离为 b ，因为圆的半径为 c ， 所以 2 22 2OA c b a   ，同理 2OB a ．因为 tan bAOx a   ，所以 sin bAOx c   ，所以 AB 2 sinOA AOx  42 2 b aba c c     ， 所 以 42 2 7aba a ac    ， 得 4 3b c ， 所 以  2 2 216 9c a c  ，解得 4 7 7 ce a   ． 16. 【 答 案 】  ,1 ． 0x  时 ， e 1x ax    e 1 0x ax   ， 令   e 1xf x ax   ， 则   exf x a   ，当 1a  时，   0f x  ，所以    0 0f x f  ，符合题意；当 1a  时，由   0f x  得 lnx a （ ln 0a  ），易得  0,lnx a 时，   0f x  ，所以    0 0f x f  ，这 与 e 1 0x ax   矛盾．所以 a 的取值范围为  ,1 ． 17.【解】（1）∵ 1 4 1n n na a S   ，∴ 1 2 14 1n n na a S    ，两式相减得  1 2 14n n n na a a a    ， ∵{ }na 为正项数列，∴ 1 0na   ，∴ 2 4n na a   ，∴数列{ }na 的奇数项和偶数项分别成 等差数列．在 1 4 1n n na a S   中令 1n  得， 1 2 14 1a a a  ，∵ 1 1a  ，∴解得 2 3a  ，故 数列{ }na 为等差数列，且公差为 2 ，∴  1 2 1 2 1na a n n     ，即数列{ }na 的通项公 式为 2 1na n  ． （5 分） （2）由（1）知   1 2 1 1 1 1 1 2 1 2 3 2 2 1 2 3n n n b a a n n n n            ，则 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 3 5 2 5 7 2 2 1 2 3n nT b b b n n                             1 1 1 2 3 2 3n       3 2 3 n n   ． （10 分） 18. 【 解 】 （ 1 ） 由 sin sintan cos cos B CA B C   得 sin sin sin cos cos cos A B C A B C   ， 即 sin cos sin cosA B A C cos sinA B cos sinA C ， 也 即 sin cosA B cos sinA B =cos sinA C sin cosA C ， 所 以  sin A B  sin C A  ， 所 以 A B C A   或    +A B C A     （ 不 成 立 ） ， 所 以 2B C A  ， 则 3A  ． （6 分） （2）由正弦定理得 2sin sin sin b c a B C A    ，所以 2sinb B ， 2sinc C ．因为 3A  ，所 以 2 3C B  ， 所 以 2b bc 2 24 sin sin sin 3B B B         23 34 sin cos sin2 2B B B        3sin 2 3 1 cos2B B   2 3sin 2 33B       ．因为 20 3B   ，所以 23 3B      ， 所以 3 sin 2 12 3B        ，所以 0 2 3sin 2 +3 3 2 33B        ，故 2b bc 的取值范围为 0,3 2 3  ． （12 分） 19.【解】（1）证明：记 AC 与 BD 交点为 O ，∵ PB PD ， O 为 BD 的中点，∴ BD OP ， 又∵ ABCD 为菱形，∴ BD AC ． ∵ AC 和 OP 是平面 APC 内两条相交直线，∴ BD  平面 APC ． 又 BD  平面 BPD ，∴平面 APC  平面 BPD ． （6 分） （2）设 PO m ，∵ 90APC   ，∴ 2AC m ，又 120BPD   ，所以 60BPO  ，所以 3BO m ，因为 2BC AB  ，所以在 Rt BOC△ 中，由勾股定理得 1m  ，∴ 3CP  ．过 P 作 PH AC ，垂足为 H ，由（1）知， BD  平面 APC ，∴平面 APC  平面 ABCD ．又 平 面 APC  平 面 ABCD AC ， 所 以 PH  平 面 ABCD ． 在 Rt PAC△ 中 ， 得 3 2 PA PCPH AC   ， 所 以 三 棱 锥 C PBD 的 体 积 C PBDV  P BCDV  1 2 P ABCDV  1 1 2 3 ABCDS PH   1 1 1 3 12 2 36 2 12 2 2AC BD PH         ． （12 分） 20.【解】（1）证明：（反证法）假设存在 na ， 1na  ， 2na  三项成等比数列，则 2 1 +2n n na a a  ， 所以  2 1 +1n n n na a a a   ，所以 2 1 1 1 0n n n n a a a a          ，解得 1 1 5 2 n n a a    ，由条件可知 Fibonacci 数列的所有项均大于 0，所以 1 1 5 2 n n a a    ，又 Fibonacci 数列的所有项均为整数， 所以 1 n n a a  应该为有理数，这与 1 1 5 2 n n a a    （无理数）矛盾，所以假设不成立，所以原命 题成立． （6 分） （2）证明：由条件得 2n nb a ， 2 1 2 2 2n n na a a   ， 所以  2 2 4 2 3 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 12 2 3 3n n n n n n n n n n n n nb a a a a a a a a a a b b                     ， 即 2 13n n nb b b   ，所以 2 1 1 3 5 3 5 3 5 2 2 2n n n nb b b b            ， 所以  2 2 2 1 1 3 5 2n n n nb H b b H b        ，所以 2 1{ }n nb H b   为等比数列，公比为 3 5 2  ． （12 分） 21.【解】（1）设椭圆焦距为 2c ，则 3 2 c a  ，又 2 2 2c a b  ，得 2a b ，所以C 的方程化为 2 2 2 2 14 x y b b   ，将 31, 2M       代入解得 1b  ，所以椭圆 C 的标准方程为 2 2 14 x y  ． （4 分） （2）设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ．将直线 PA 的方程 1 1y k x  与椭圆方程 2 2 14 x y  联立，解 得 1 1 2 1 8 1 4 kx k   ， 2 1 1 2 1 1 4 1 4 ky k   ，同理，解得 2 2 2 2 8 1 4 kx k   ， 2 2 2 2 2 1 4 1 4 ky k   ．所以直线l 的斜率为     2 2 2 1 2 2 2 1 2 1 1 2 2 2 12 1 1 2 1 1 12 2 2 1 1 4 1 4 1 4 1 4 1 1 8 8 1 4 1 4 1 2 1 1 4 1 4 k k y y k k k kk k kx x k k k k k k k                ，所以直线 l 的方程为    1 12 1 1 2 1 y y x x k     ，即   2 1 1 2 2 2 1 11 8 1 41 1 4 1 42 1 k ky x k kk          （*）．取 0k  ，得直线 1y x  ，取 1k   ，得直线 1 7 9 9y x  ，联立两直线解得交点  2, 1  ，经检验， 2, 1  符 合方程（*），所以直线 l 过定点 2, 1  ． （12 分） 22.【解】（1） ( )f x 的定义域为 R ， ( ) xf x e a   ． ① 0a  时， ( ) 0f x  ，则 ( )f x 在 R 是单调递增； ② 0a  时，由 ( ) 0f x  得 lnx a ，当 lnx a 时， ( ) 0f x  ， ( )f x 单调递减；当 lnx a 时， ( ) 0f x  ， ( )f x 单调递增． 综上， 0a  时 ( )f x 在 R 是单调递增； 0a  时， ( )f x 在  ,lna 单调递减，在  ln ,a  单 调递增． （5 分） （ 2 ） ( ) 0g x   ln 3 0 xe xx    ， 令 ( ) ln 3 xex xx     ， 则   2 1( ) xe x xx x     ， 令  ( ) 1xp x e x x   ，显然 0 1x  时， ( ) 0p x  ， 1x  时， ( ) 1 0xp x xe    ，易知存在唯 一 1 1x  ，使 1( ) 0p x  ，且  10,x x 时， ( ) 0p x  ，即 ( ) 0x  ， ( )x 单调递减；  1,x x  时 ， ( ) 0p x  ， 即 ( ) 0x  ， ( )x 单 调 递 增 ， 所 以 ( )x 至 多 有 两 个 零 点 ． 又 1( )2  2 ln 2 3 0e    ， (1) 3 0e    ， 3 3 (3) ln3 3 5 03 3 e e       ，故 ( )x 在区间 1 ,12      和 1,3 各有一个零点．所以，函数 ( )g x 有且只有两个零点． （12 分）