江苏省海安高级中学2019-2020学年高二上学期12月月考数学试题

江苏省海安高级中学2019-2020学年高二上学期12月月考数学试题

阶段检测（二）‎ 数学试卷 一、选择题：本大题共13小题，在每小题给出的四个选项中，第1～10题只有一项符合题目要求；第11～13题，有多项符合题目要求．‎ ‎1.命题“，”的否定是（ ）‎ A. ， B. ，‎ C. ， D. ，‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据全称命题的否定变为特称命题，结论否定即可得出选项.‎ ‎【详解】由全称命题的否定变特称，结论否定，‎ 故命题“，”的否定是：，.‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查了全称命题的否定，需掌握全称、特称命题的否定变换形式，属于基础题.‎ ‎2.在中，，，，则的最大内角的余弦值为（）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由三角形的性质可得边最长，所以A最大，‎ 再结合余弦定理运算可得解.‎ ‎【详解】解：因为边最长，所以A最大，‎ 由余弦定理可得,‎ 故选D.‎ ‎【点睛】本题考查余弦定理应用，考查运算求解能力.‎ ‎3.若是首项为1的等比数列，则“”是“”的（）‎ A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知有，因为时，则，可得，即“”不能推出“”，由可得，即“”能推出“”，结合充分必要条件的判断即可得解.‎ ‎【详解】解：若时，则，则，又 则或；‎ 若时，则，‎ 即“”是“”的必要不充分条件，‎ 故选B.‎ ‎【点睛】本题考查充分条件、必要条件，考查推理论证能力.‎ ‎4.已知函数，则（ ）‎ A. 4 B. 1 C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先根据换元法求出函数的表达式，再求出导函数即可求解.‎ ‎【详解】令，则 ‎ ‎，所以 ‎ ‎，所以.‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查了换元法求解析式、求导，需熟记常见函数的导数公式，属于基础题.‎ ‎5.若数列的通项公式是，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据通项公式求出前十项，由此求得前十项的和.‎ ‎【详解】由于，故.故选A.‎ ‎【点睛】本小题主要考查数列求和，考查运算求解能力，属于基础题.‎ ‎6.已知椭圆的左焦点为，点在椭圆上且在轴的上方．若线段的中点在以原点为圆心，为半径的圆上，则直线的斜率是（ ）‎ A. B. C. D. 2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 结合图像利用三角形中位线定理，将线段长度用坐标表示圆的方程，与椭圆方程联立进一步求解，求出交点坐标即可求解.‎ ‎【详解】‎ 由题意可知，‎ 由中位线定理可得,‎ 设可得，与椭圆方程联立，‎ 解得或（舍），点在椭圆上且在轴的上方，求得 ‎ 所以 ‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程、椭圆的几何性质，利用数形结合思想，是解答解析几何问题的重要途径.‎ ‎7.△ABC的三个顶点分别是A(1,-1,2),B(5,-6,2),C(1,3,-1),则AC边上的高BD长为 ( )‎ A. 5 B. C. 4 D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 设＝λ，又＝(0,4，－3)，‎ 则＝(0,4λ，－3λ)，‎ ‎＝(4，－5,0)，‎ ‎＝(－4,4λ＋5，－3λ)，‎ 由·＝0.‎ 得λ＝－，∴＝(－4，，)．‎ ‎∴||＝5.‎ ‎8.直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成角的余弦值为(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 以C为原点，直线CA为x轴，直线CB为y轴，直线为轴，则设CA=CB=1，则 ‎，，A（1，0，0），，故，，所以，故选C.‎ 考点：本小题主要考查利用空间向量求线线角，考查空间向量的基本运算，考查空间想象能力等数学基本能力，考查分析问题与解决问题的能力.‎ ‎9.已知、是双曲线： 的左、右焦点，若直线与双曲线在第一象限交于点，过向轴作垂线，垂足为，且为（为坐标原点）的中点，则该双曲线离心率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎ 由题意得，连接，则为等边三角形，所以,‎ ‎ 则为直角三角形，且，‎ ‎ 又因为，所以，所以，故选D.‎ 点睛：本题考查了双曲线的几何性质——离心率的求解，其中根据条件转化为圆锥曲线的离心率的方程是解答的关键．求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出 ，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，转化为的齐次式，然后转化为关于的方程(不等式)，解方程(不等式)，即可得(的取值范围)．‎ ‎10.设函数的导函数，则数列的前n项和是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意，根据导数，求解的值，得到数列，即可求解数列的和.‎ ‎【详解】由题意，函数，则，‎ 又由，所以，即，所以，‎ 所以，‎ 所以的前n项和为，故选A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了导数的运算及数列的裂项求和问题，其中解答中根据函数的导数，求解数列的通项公式，再由裂项法求解数列的和是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力.‎ ‎11.下列结论正确的是（ ）‎ A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，，则 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据不等式的性质举反例可判断A；利用基本不等式可判断B；由对数函数的单调性可判断C；由基本不等式可判断D.‎ ‎【详解】对于A，若，则，当，时，不成立，故A错；‎ 对于B，由，则，当且仅当取等号，故B正确；‎ 对于C，由为单调递增函数，由，则，故C正确；‎ 对于D，由，，则，‎ 当且仅当时取等号，故D正确；‎ 故选：BCD ‎ ‎【点睛】本题考查了基本不等式的性质、基本不等式以及对数函数的单调性，属于基础题.‎ ‎12.在正方体中，下列直线或平面与平面平行的是（ ）‎ A. 直线 B. 直线 C. 平面 D. 平面 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出正方体，由线面平行的判定定理可判断A、B；由面面平行的判定定理可判断C、D.‎ ‎【详解】如图 由，且平面，平面，‎ 故直线与平面平行，故A正确；‎ 直线，与平面相交，故直线与平面相交，故B错误；‎ 由图，显然平面与平面相交，故C错误；‎ 由， ，且，，‎ 故平面与平面平行，故D正确； ‎ 故选：AD ‎【点睛】本题主要考查了线面平行、面面平行的判定定理，考查了学生的空间想象能力，属于基础题.‎ ‎13.若函数与的图象恰有一个公共点，则实数可能取值为（ ）‎ A. 2 B. 0 C. 1 D. ‎ ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出的图像，利用数形结合可判断满足恰有一个公共点；当时，需直线与曲线相切即可.‎ ‎【详解】‎ 由与恒过，如图，‎ 当时，两函数图象恰有一个公共点，‎ 当时，函数与的图象恰有一个公共点，‎ 则为的切线，且切点为，‎ 由，所以，‎ 综上所述，或.‎ 故选：BCD ‎【点睛】本题考查了指数函数图像、导数的几何意义，考查了数形结合在解题中的应用，属于基础题.‎ 二、填空题：本大题共4小题．把答案填在答题卡中的横线上．‎ ‎14.若，则的最小值是_______；‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将变成后再用基本不等式可得.‎ ‎【详解】因 ‎ (当且仅当,即时,等号成立)‎ ‎.‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】本题考查了基本不等式求最小值,解题关键是利用将原式变为积为定值的形式,才能用基本不等式.本题属于中档题.‎ ‎15.设，且，则 .‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】因为，所以，，故，，‎ 故1.‎ 考点：导数 ‎ 点评：本题先求导，再进行简单的解方程运算即可，属基础题.‎ ‎16.已知三棱锥的三条侧棱，，两两互相垂直，且 ‎，则三棱锥的外接球与内切球的半径比为______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将三棱锥放在长方体中，外接球半径即为长方体对角线的一半，内切球的半径利用等体法进行求解.‎ ‎【详解】以，，为过同一顶点的三条棱，作长方体，‎ 由，可知此长方体即为正方体.‎ 设外接圆半径为，则，‎ 设内切圆半径为，则内切圆的圆心到四个面的距离均为，‎ 由，解得 ‎ 所以，‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查了多面体的内切球外接球问题、等体法求距离，考查了学生的空间想象能力，属于中档题.‎ ‎17.《九章算术》“竹九节”问题；现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，则自上而下的第1节的容积为_______，这9节竹子的总容积为_______.‎ ‎【答案】 (1). 升 (2). 升 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知，，‎ 解得，，再由计算可得解.‎ ‎【详解】解：将自上而下各节竹子的容积分别记为，，…，，‎ 依题意可得，，‎ 即①，②，，得，解得，‎ 把代入①，得，‎ 故升.‎ ‎【点睛】本题考查数学文化与等差数列，考查运算求解能力与应用意识.‎ 三、解答题：本大题共6小题．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．‎ ‎18.已知命题，不等式成立”是真命题．‎ ‎(I)求实数的取值范围；‎ ‎(II)若是的充分不必要条件，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】（I）（II）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(Ⅰ)根据命题P是真命题,得不等式恒成立,将不等式恒成立转化为最大值成立,即可得到;‎ ‎(Ⅱ)先化简命题,再根据是的充分不必要条件列式可解得.‎ ‎【详解】（I）由题意在恒成立，所以,‎ 因为，‎ 所以，即,‎ ‎，‎ 所以实数m的取值范围是 ‎ ‎（II）由q得，‎ 因为，所以，即 所以实数的取值范围是 ‎【点睛】本题考查了不等式恒成立转化为最值成立以及充分不必要条件的应用,属于中档题.‎ ‎19.设函数f(x)＝ax＋(a，b∈Z)，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方 程为y＝3.‎ ‎(1)求f(x)的解析式；‎ ‎(2)证明：曲线y＝f(x)上任一点的切线与直线x＝1和直线y＝x所围三角形的面积为定值，‎ 并求出此定值．‎ ‎【答案】(1) f(x)＝x＋；(2)证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)解　f′(x)＝a－，‎ 解得或 因为a，b∈Z，故f(x)＝x＋.‎ ‎(2)在曲线上任取一点，由f′(x0)＝1－知，过此点的切线 方程为y－＝[1－] (x－x0)．‎ 令x＝1，得y＝， 切线与直线x＝1的交点为 (1,)；‎ 令y＝x，得y＝2x0－1，切线与直线y＝x的交点为(2x0－1,2x0－1)；‎ 直线x＝1与直线y＝x交点为(1,1)，从而所围三角形的面积为 ‎|2x0－1－1|＝2.‎ 所以，所围三角形的面积为定值2.‎ ‎20.设数列的前n项和为，且.‎ ‎（1）求的通项公式；‎ ‎（2）若，求的前n项和，并比较与的大小.‎ ‎【答案】（1）（2），‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由的关系，因为，则 ，可得，即数列是以1为首项，3为公比的等比数列，运算可得解；‎ ‎（2）由（1）可得，再累加求和得，命题可得证.‎ ‎【详解】解：（1）因为，所以，即，‎ 当时，，则，‎ 整理得，‎ 则数列是以1为首项，3为公比的等比数列，‎ 故.‎ ‎（2）因为，所以，‎ 所以，‎ 即，‎ 因为，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题考查了利用的关系求数列的通项公式及裂项求和法求数列前项和，属中档题.‎ ‎21.图1是由菱形，平行四边形和矩形组成的一个平面图形，其中，，，，将其沿，折起使得与重合，如图2．‎ ‎（1）证明：图2中的平面平面；‎ ‎（2）求图2中点到平面的距离；‎ ‎（3）求图2中二面角的余弦值．‎ ‎【答案】(1)证明见解析 (2)1 (3) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）证出、，利用线面垂直的判定定理以及面面垂直的判定定理即可证出.‎ ‎（2）证出，由（1）可得平面，求出即可求出点到平面的距离. ‎ ‎（3）以为坐标原点，分别以、、为、、轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量与平面的法向量，利用向量的夹角即可求出.‎ ‎【详解】（1）由题知，在中，，‎ 所以．‎ 又在矩形中，，且，‎ 所以平面．‎ 又因为平面，所以平面平面．‎ ‎（2）由（1）知：平面，所以．‎ 因为菱形中的，所以为等边三角形，，‎ 所以中，，．‎ 所以在中，，．‎ 又因为平面平面，且平面平面，‎ 所以平面．‎ 又因为平面，所以点到平面的距离为．‎ ‎（3）以为坐标原点，分别以、、为、、轴建立空间直角坐标系，‎ 所以，，，．‎ 由（1）知平面的法向量为，‎ 设平面的法向量，因为，，‎ 由，得，取得，．‎ 所以，即二面角的余弦值为．‎ ‎【点睛】本题主要考查了面面垂直的判定定理、点到面的距离以及用空间向量求二面角，考查了学生的推理能力和计算能力，属于中档题.‎ ‎22.已知抛物线的焦点为是曲线上的一点，且．‎ ‎（1）求的方程；‎ ‎（2）直线交于A、B两点，且的面积为16，求的方程．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将代入得，再根据抛物线的定义可得，即可求得抛物线的方程；‎ ‎（2）联立直线与抛物线，根据斜率公式和韦达定理以及三角形的面积公式，即可求解．‎ ‎【详解】（1）由题意，将代入，得，‎ 又，解得，‎ ‎∴抛物线的方程为．‎ ‎（2）直线的斜率显然存在，设直线，‎ 由，得，所以，‎ 又由，解得，‎ ‎∴直线方程为，所以直线恒过定点，‎ 原点到直线距离，‎ ‎∴‎ ‎，‎ 所以，解得，‎ 所以直线的方程为．‎ ‎【点睛】本题主要考查抛物线的标准方程的求解、及直线与抛物线的位置关系的应用问题,解答此类题目，通常联立直线方程与抛物线方程的方程组，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等．‎ ‎23.已知椭圆：，直线：与椭圆相交于，两点，为的中点.‎ ‎（1）若直线与直线（为坐标原点）的斜率之积为，求椭圆的方程；‎ ‎（2）在（1）的条件下，轴上是否存在定点使得当变化时，总有（为坐标原点）.若存在，求出定点的坐标；若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】(1)；(2)答案见解析.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）联立方程组，求得，得到，根据∴，求得，即可得到椭圆的方程；‎ ‎（2）假设存在定点，且设，由得，得到 ‎，再由（1），代入求得的值，即可得到结论.‎ 试题解析：‎ ‎（1）由得 ，‎ 显然，‎ 设，，，‎ 则，，‎ ‎∴， .‎ ‎∴ .‎ ‎∴.‎ 所以椭圆的方程为.‎ ‎（2）假设存在定点，且设，‎ 由得.‎ ‎∴.‎ 即 ，‎ ‎∴ .‎ 由（1）知，，‎ ‎∴ .‎ ‎∴.‎ 所以存在定点使得.‎ 点睛：本题主要考查椭圆的方程与性质、直线与圆锥曲线的位置关系,解答此类题目，通常利用的关系，确定椭圆（圆锥曲线）方程是基础，通过联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系，得到“目标函数”的解析式，应用确定函数的性质求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出，本题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等.‎ ‎ ‎