2018-2019学年安徽省铜陵市第一中学高二下学期期中考试数学（理）试题 解析版

2018-2019学年安徽省铜陵市第一中学高二下学期期中考试数学（理）试题 解析版

绝密★启用前 安徽省铜陵市第一中学2018-2019学年高二下学期期中考试数学（理)试题 评卷人 得分 一、单选题 ‎1．下列命题中为真命题的是(　　)‎ A．命题“若，则”的逆命题 B．命题“，则”的否命题 C．命题“若，则”的否命题 D．命题“若，则”的逆否命题 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 命题“若,则”的逆命题为“若,则”，所以为真命题；命题“若,则”的否命题为“若,则”，因为-2,但，所以为假命题；命题“若,则”的否命题为“若,则”，因为当时，所以为假命题；命题“若,则”为假命题，所以其逆否命题为假命题，因此选A ‎2．如图所示，是函数的导函数的图象，则下面判断正确的是(　 　)‎ A．在区间上是增函数 B．在上是减函数 C．在上是增函数 D．当时，取极大值 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 根据原函数与导函数的关系，由导函数的图象可知的单调性如下：在上为减函数，在（0,2）上为增函数，在（2,4）上为减函数，在（4,5）上为增函数，在的左侧为负，右侧为正，故在处取极小值，结合选项，只有选项C正确。‎ ‎3．函数在上的最小值为(　 　)‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求导，得到函数的单调性，结合端点值和极值，可求出最小值.‎ ‎【详解】‎ 解：由，得 解，得或 所以在和上单调递增，在上单调递减 又，‎ 所以在上的最小值为 故选：B.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了利用导数研究函数的最值，利用导数求出单调区间是关键.‎ ‎4．对于空间任意一点和不共线的三点，，，且有，则，，是,,,四点共面的(　　)‎ A．必要不充分条件 B．充分不必要条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用空间中共面定理：空间任意一点和不共线的三点，，，且,得,,,四点共面等价于，然后分充分性和必要性进行讨论即可.‎ ‎【详解】‎ 解：空间任意一点和不共线的三点，，，且 则,,,四点共面等价于 若，，，则，所以,,,四点共面 若,,,四点共面，则，不能得到，，‎ 所以，，是,,,四点共面的充分不必要条件 故选：B.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了空间中四点共面定理，充分必要性的判断，属于基础题.‎ ‎5．曲线与直线及直线所围成的封闭图形的面积为(　 　)‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 联立曲线与两条直线的方程组成的方程组可得三个交点分别为，结合图形可得封闭图形的面积为，应选答案D。‎ ‎6．已知双曲线的离心率为，则的渐近线方程为（ ）‎ ‎（A） （B） （C） （D）‎ ‎【答案】C；‎ ‎【解析】，故，即，故渐近线方程为.‎ ‎【考点定位】本题考查双曲线的基本性质，考查学生的化归与转化能力.‎ ‎7．已知是抛物线的焦点，是该抛物线上的动点，则线段中点的轨迹方程是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，，由中点坐标公式列出方程，消去参数，化简即可.‎ ‎【详解】‎ 解：因为是抛物线的焦点，所以 设，‎ 则，消去，得，即 故选：B.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了动点的轨迹方程，关键是要找到动点坐标满足的关系式.‎ ‎8．表示不超过的最大整数，例如：.‎ ‎,‎ ‎…，‎ 依此规律，那么等于(　 　)‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：由题观察可得，分别含3项，5项，7项，则应含21项。‎ 为；‎ 考点：观察归纳能力及取整函数.‎ ‎9．若存在过点的直线与曲线和都相切，则的值是(　 　)‎ A． B． C．或 D．或 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 点在上，分点是曲线上的切点，和点不是曲线上的切点进行讨论，分别对两条曲线求导，利用切点处的导数即为切线的斜率，列方程，可解出答案.‎ ‎【详解】‎ 解：点在上，且 ‎①点是曲线上的切点 则，切线的方程为：‎ 设直线在上的切点为 因为，所以，所以，所以,‎ 又点P在直线上，所以，即 ‎②点不是曲线上的切点，设曲线上的切点为（）‎ 则，解得，‎ 所以，切线的方程为：‎ 设直线在上的切点为 因为，所以，所以，所以,‎ 又点P在直线上，所以，即 所以或 故选：D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了导数的几何意义，求解与切线方程有关的问题一定要先确定切点，题中没给切点的要先设切点坐标，然后根据切点处的导数即为切线的斜率列式求解.‎ ‎10．已知点是抛物线的一点，为抛物线的焦点，在圆上，则的最小值为（ ）‎ A．1 B．2 C．3 D．4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 圆心为，半径为1；根据圆的几何意义知的最小值是；由点M做抛物线准线的垂线，垂足为N；根据抛物线定义知。所以 的最小值等于点C到直线的距离5；故的最小值为 ‎5-1=4.故选D ‎11．设函数在上存在导数，对任意的有，且 时，若 ，则实数的取值范围是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：设,,,所以既是增函数又是奇函数，,由已知,得,故选B.‎ 考点：1.导数的性质；2.函数的奇偶性；3.复合函数的性质.‎ ‎12．已知双曲线上有一点，它关于原点的对称点为，点为双曲线的右焦点，且满足，设 ，且，则该双曲线 离心率的取值范围为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设双曲线的左焦点为，,，由双曲线的对称性可知，四边形为矩形，设，则，由的范围易知点在双曲线的左支上，所以 ‎，又在中，由勾股定理可得，从而可求出，求出范围即可.‎ ‎【详解】‎ 解：设双曲线的左焦点为，,，因为，‎ 由双曲线的对称性可知，四边形为矩形 设，则,‎ 因为，，点在双曲线的左支上 所以，即 又在中，，即 所以 因为，所以，且 所以 所以 故选：A.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了双曲线的定义，焦点三角形，离心率的取值范围，求解离心率问题关键是找到一个与a，b，c有关的齐次方程或不等式.‎ 第II卷（非选择题)‎ 请点击修改第II卷的文字说明 评卷人 得分 二、填空题 ‎13．已知命题，总有，则的否定为______________．‎ ‎【答案】，使得 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 全称命题改否定，首先把全称量词改成特称量词，然后把后面结论改否定即可.‎ ‎【详解】‎ 解：因为命题，总有，‎ 所以的否定为：，使得 故答案为：，使得 ‎【点睛】‎ 本题考查了全称命题的否定，全称命题（特称命题）改否定，首先把全称量词（特称量词）改成特称量词（全称量词），然后把后面结论改否定即可.‎ ‎14．已知方程表示椭圆，则的取值范围为___________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ 解得-3＜m＜5，且m≠1，‎ ‎∴实数m的取值范围是．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查实数的取值范围的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意椭圆性质的合理运用，易错点忽视分母相等时为圆．‎ ‎15．双曲线:的左、右顶点分别为，，点在上且直线斜率的取值范围是，那么直线斜率的取值范围是_______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设点，则，即，所以，然后由的范围，可求出的范围.‎ ‎【详解】‎ 解：由双曲线:，得,‎ 设点，则，即 又，‎ 所以 因为，所以 故答案为：.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了双曲线的方程与应用，观察到为定值是解题的关键.‎ ‎16．，对任意，不等式恒成立，则正数的范围是_________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据基本不等式求出函数的最小值为，利用导数求出函数的最大值为，于是问题可转化为，解不等式可得结果．‎ ‎【详解】‎ ‎∵当时，，当且仅当，即时等号成立．‎ ‎∴当时，函数的最小值为．‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴当时，单调递增，‎ 当时，单调递减，‎ ‎∴当时，有最大值，且最大值为．‎ ‎∵对任意,∈(0,+∞)，不等式恒成立，‎ ‎∴，解得，‎ ‎∴正数k的取值范围是．‎ 故答案为．‎ ‎【点睛】‎ 对于双变量的恒成立问题，仍然转化为求函数最值的问题求解，不过解题时需要求出两个函数的最值，再转化为解不等式的问题处理．解题时注意记准以下结论：任意的x1A，x2B，f(x1)>g(x2)f(x)min>g(x)max．‎ 评卷人 得分 三、解答题 ‎17．已知，命题对任意，不等式恒成立；命题存在 ，使得成立．‎ ‎（1）若为真命题，求的取值范围；‎ ‎（2）当，若且为假，或为真，求的取值范围．‎ ‎【答案】(1) [1,2];(2) (－∞，1)∪(1,2]‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)先转化为当时，恒成立，再求得解.(2) 若且为假命题，或为真命题，则，一真一假，再分类讨论得到的取值范围是．‎ ‎【详解】‎ ‎（）若命题为真，则对任意，不等式恒成立，‎ 即当时，恒成立，‎ ‎∵当时，，‎ ‎∴，即，‎ 解得，‎ 即的取值范围是．‎ ‎（）当时，若命题为真，则存在，‎ 使得成立，即成立，‎ 故．‎ 若且为假命题，或为真命题，则，一真一假，‎ 若真假，则，得．‎ 若假真，则，得， ‎ 综上所述，的取值范围是．‎ ‎【点睛】‎ ‎（1）本题主要考查二次不等式恒成立问题，考查复合命题的真假，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2) 复合命题真假判定的口诀：真“非”假，假“非”真，一真“或”为真，两真“且”才真.‎ ‎18．如图所示，正三棱柱的所有棱长都为，为中点．‎ ‎（1）求证：⊥平面；‎ ‎（2）求锐二面角的余弦值．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）取中点，连结，得，所以平面，取中点，以 为原点，，，的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系，写出各点坐标，求出，，，利用向量证得，，从而得到⊥平面；（2）先求出平面的法向量，由（1）知为平面的法向量，计算，然后可求出答案.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）取中点，连结．‎ ‎∵为正三角形，∴．‎ ‎∵在正三棱柱中，平面平面，‎ ‎∴平面． ‎ 取中点，以为原点，，，的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示，‎ 则，，，，，‎ ‎∴，，．‎ ‎∴，，‎ ‎∴，，且 ‎∴平面． ‎ ‎（2）设平面的法向量为．，．‎ ‎∴，即，解得，‎ 令得为平面的一个法向量．‎ 由（1）知平面，为平面的法向量，‎ ‎∴． ‎ ‎∴锐二面角的大小的余弦值为．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了线面垂直的证明，二面角的平面角，直接解题不熟练时，采用空间向量解题是一个好方法.‎ ‎19．已知函数（且）‎ ‎（1）若函数在处取得极值，求实数的值；并求此时在上的最大值；‎ ‎（2）若函数不存在零点，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】（1）最大值为；（2）实数的取值范围是。‎ ‎【解析】‎ ‎【试题分析】(1)求得函数定义域和函数导数,将代入函数的导数,利用导数值为解方程求得的值.再根据函数的单调性求出函数在区间上的最大值.(2)对函数求导后,对分成,两类讨论函数的单调区间,利用不存在零点来求得的取值范围.‎ ‎【试题解析】‎ 解：（1）函数的定义域为，，‎ ‎，∴‎ 在上，单调递减，在上，单调递增，‎ 所以时取极小值.所以在上单调递增，在上单调递减；‎ 又，，.‎ 当时，在的最大值为 ‎ ‎（2）由于 ‎①当时，，是增函数，‎ 且当时，‎ 当时，，‎ ‎，取，则，‎ 所以函数存在零点 ‎ ‎②时，，.在上，单调递减，‎ 在上，单调递增，‎ 所以时取最小值.解得 综上所述：所求的实数的取值范围是.‎ ‎【点睛】本小题主要考查利用函数的导数研究函数的极值和最值,考查利用导数研究函数的零点,以此求得参数的取值范围.根据函数在某点处取得极值,可转化为在这点的导数为零,要注意验证在导数零点左右两侧的调性,若两边单调性相同,这该点不是函数的极值点.函数的极值点必须满足左减右增或者左增右减.‎ ‎20．已知抛物线的对称轴为坐标轴，顶点为坐标原点，准线方程为，直线与抛物线相交于不同的、两点．‎ ‎（1）求抛物线的标准方程；‎ ‎（2）如果直线过抛物线的焦点，求的值；‎ ‎（3）如果，直线是否过一定点，若过一定点，求出该定点；若不过一定点，试说明理由．‎ ‎【答案】（1）;（2）∴;（3）．‎ ‎【解析】‎ ‎【试题分析】（1）借助题设与已知条件待定抛物线的参数即可；（2）依据题设条件，建立直线方程与抛物线方程联立方程组，运用向量的坐标形式求解：（3）先假设存在，再运用所学知识分析探求。‎ ‎（1）已知抛物线的对称轴为坐标轴，顶点是坐标原点，准线方程为，‎ 所以，．‎ ‎∴抛物线的标准方程为．‎ ‎（2）设：，与联立，得，‎ 设，，∴，，‎ ‎∴．‎ ‎（3）解：假设直线过定点，设：与联立，得，‎ 设，，∴，．‎ 由，解得，‎ ‎∴：过定点．‎ 点睛：本题的设置旨在考查抛物线的标准方程与直线与抛物线的位置关系等基础知识与基本方法的综合运用。求解第一问时，直接借助题设条件求出参数的值使得问题获解；解答第二问时，将直线方程与抛物线方程联立，借助向量的坐标形式的数量积公式求解，使得问题获解；第三问的求解则借助坐标之间的关系建立方程推得直线过定点，使得问题获解。‎ ‎21．已知椭圆，离心率.左焦点为，过点且与轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为3.‎ ‎（1）求该椭圆的方程；‎ ‎（2）过椭圆的左焦点的任意一条直线与椭圆交于两点，在轴上是否存在定点使得轴平分,若存在，求出定点坐标，若不存在，说明理由．‎ ‎【答案】（1）；（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）在椭圆中，代入，解得，所以，结合,可解出，得到椭圆方程；（2）假设在轴上存在点，使得轴平分，先考虑斜率不存在，然后再研究斜率存在的情况，设出，联立椭圆方程，得到韦达定理，结合，可解出的坐标.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）在椭圆中，代入，解得 所以过点且与轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为 所以解得：，‎ 所以椭圆方程为： ‎ ‎（2）假设在轴上存在点，使得轴平分,‎ 当斜率不存在时，点为x轴上任意一点，‎ 当斜率存在时，可设，与椭圆交于两点,‎ 联立和得 所以，‎ 又因为轴平分 所以，即 ‎ 整理得，‎ 即，‎ 化简得，即点为 所以在轴上是否存在定点使得轴平分 ‎【点睛】‎ 本题考查了椭圆的方程，直线与椭圆的位置关系，椭圆中的定点问题，常联立直线与曲线方程，用韦达定理解题.‎ ‎22．已知函数（其中）在点处的切线斜率为1．‎ ‎（1）用表示；‎ ‎（2）设，若对定义域内的恒成立，求实数的取值范围； ‎ ‎（3）在（2）的前提下，如果，证明：．‎ ‎【答案】（1）；（2）；（III）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由题意即得；‎ ‎（2）在定义域上恒成立，即，由恒成立，得，再证当时，即可；‎ ‎（3）由（2）知，且在单调递减；在单调递增，当时，不妨设，要证明，等价于，需要证明，令，可证得在 上单调递增，即可证得.‎ 试题解析：‎ ‎（1），由题意 ‎ ‎（2）在定义域上恒成立，即。‎ 解法一：恒成立，则。‎ 当时，，‎ 令得（注意）‎ 所以时， 单调递减；当时， 单调递增。‎ 所以，符合题意。‎ 综上所述，对定义域内的恒成立时，实数的取值范围是。‎ 解法二：（分离变量）恒成立，分离变量可得 对恒成立，‎ 令，则。‎ 这里先证明，记，则，‎ 易得在上单调递增，在上单调递减，，所以。‎ 因此，，且时，‎ 所以，实数的取值范围是。‎ ‎（3）由（2）知，且在单调递减；在单调递增，‎ 当时，不妨设，要证明，等价于，‎ 只需要证明，这里，‎ 令 ‎，求导得 ‎.‎ 注意当时，，，（可由基本不等式推出）又 因此可得，当且仅当时等号成立。‎ 所以在上单调递增，，也即，‎ 因此，此时都在单调递增区间上，‎ 所以，得