2019-2020學年市第三中學高二上學期第二次調研考試數學（理）試題

一、單選題

1．命題“∈(0，+∞)，”的否定為（）

A．∈(0，+∞)，B．∈(0，+∞)，C．∈(-∞，0]，D．∈(-∞，0]，【答案】A

【解析】根據特稱命題的否定為全稱命題，以及量詞和不等號的變化，即可得到所求命題的否定．

【詳解】

解：由特稱命題的否定為全稱命題，可得命題“∈(0，+∞)，”的否定為“∈(0，+∞)，”，故選：．

【點睛】

本題考查命題的否定，注意特稱命題的否定為全稱命題，以及量詞和不等號的變化，考查轉化能力，屬于基礎題．

2．若復數，則（）

A．

B．

C．

D．

【答案】D

【解析】由復數代數形式的運算法則求出，利用共軛復數的定義即可求出．

【詳解】

因為．

故選：D．

【點睛】

本題主要考查復數代數形式的運算法則的應用以及共軛復數概念的應用．

3．若,則“”是“方程表示雙曲線”的（）

A．充分而不必要條件

B．必要而不充分條件

C．充要條件

D．既不充分也不必要條件

【答案】A

【解析】當時，可驗證方程滿足雙曲線的要求，充分性得證；根據，可求得當方程表示雙曲線時的取值范圍，得到必要性不成立，從而得到結果.【詳解】

當時，則方程表示雙曲線，充分條件成立；

若方程表示雙曲線，則，解得：或

必要條件不成立

綜上所述：“”是“方程表示雙曲線”的充分而不必要條件

故選：

【點睛】

本題考查充分條件與必要條件的判斷，關鍵是能夠明確方程表示雙曲線的基本要求，屬于基礎題.4．函數與兩條平行線，及軸圍成的區域面積是（）

A．

B．

C．

D．

【答案】B

【解析】根據定積分的幾何意義直接求出在區間的定積分，即可得出答案。

【詳解】

故選B

【點睛】

本題考查定積分的幾何意義，屬于基礎題。

5．若曲線在點處的切線過點，則函數的單調遞增區間為（）

A．

B．

C．

D．

【答案】A

【解析】利用導數的幾何意義求解，取切線斜率列方程，求解參數，再求解單調區間。

【詳解】，求導

解得，則當時。

則的單調遞增區間是。

故選A

【點睛】

導數幾何意義：函數在某點處的導數等于切線的斜率。已知兩點坐標也可求斜率。本題還考察了導數在研究函數性質中的應用。

6．函數的圖象大致是（）

A．

B．

C．

D．

【答案】D

【解析】利用特殊值及函數的導數判斷函數的單調性進行排除，即可得到函數的圖象．

【詳解】

當x<0時，f（x）0．排除AC，f′（x），令g(x)

g′（x），當x∈（0，2），g′（x）＞0，函數g(x)是增函數，當x∈（2，+∞），g′（x）＜0，函數g(x)是減函數，g(0)=，g(3)=3>0，g(4)=<0，存在，使得g()=0，且當x∈（0，），g(x)>0，即f′（x）＞0，函數f（x）是增函數，當x∈（，+∞），g(x)<0，即f′（x）＜0，函數f（x）是減函數，∴B不正確，故選：D．

【點睛】

本題考查函數圖象的判斷，一般通過函數的定義域、值域、奇偶性、對稱性、單調性、特殊點以及變化趨勢判斷．

7．觀察下列各式：，，…，則的末四位數字為（）

A．3125

B．5625

C．0625

D．8125

【答案】D

【解析】先求，尋找周期性規律，結合周期可求.【詳解】

可以看出后四位呈周期出現，且周期為4，所以的末四位數字為8125，故選D.【點睛】

本題主要考查歸納推理，一般是利用所給項的特點推測目標項的特點,注意規律的總結.8．已知雙曲線的中心在原點且一個焦點為，直線與其相交于，兩點，若中點的橫坐標為，則此雙曲線的方程是

A．

B．

C．

D．

【答案】D

【解析】根據點差法得，再根據焦點坐標得，解方程組得，即得結果.【詳解】

設雙曲線的方程為，由題意可得，設，則的中點為，由且，得，即，聯立，解得，故所求雙曲線的方程為．故選D．

【點睛】

本題主要考查利用點差法求雙曲線標準方程，考查基本求解能力，屬于中檔題.9．若與有兩個公共點，則范圍為（）

A．

B．

C．

D．

【答案】A

【解析】由題意可得有兩個根，等價于有兩個根，令，對函數進行求導，判斷出函數的單調性，通過和的圖象有兩個交點即可得出的范圍.【詳解】

若與有兩個公共點，即方程有兩個根，等價于，令，則，當時，函數單調遞增；

當時，函數單調遞減；

且當時，，當時，由于和的圖象有兩個交點，故，故選A.【點睛】

本題主要考查了已知函數零點的個數求參數的范圍，利用導數判斷函數的單調性，構造函數是解題的關鍵，屬于中檔題.10．多面體是由底面為的長方體被截面所截得到的，建立下圖的空間直角坐標系，已知、、、、、.若為平行四邊形，則點到平面的距離為

A．

B．

C．

D．

【答案】D

【解析】利用向量垂直數量積為零列方程組求出平面的法向量，結合，利用空間向量夾角余弦公式求出與所求法向量的夾角余弦，進而可得結果.【詳解】

建立如圖所示的空間直角坐標系，則，設，為平行四邊形，由得，，設為平面的法向量，顯然不垂直于平面，故可設，即，所以，又，設與的夾角為，則，到平面的距離為，故選D.【點睛】

本題主要考查利用空間向量求點面距離，屬于難題.空間向量解答立體幾何問題的一般步驟是：（1）觀察圖形，建立恰當的空間直角坐標系；（2）寫出相應點的坐標，求出相應直線的方向向量；（3）設出相應平面的法向量，利用兩直線垂直數量積為零列出方程組求出法向量；（4）將空間位置關系轉化為向量關系；（5）根據定理結論求出相應的角和距離.11．點、為橢圓長軸的端點，、為橢圓短軸的端點，動點滿足，若面積的最大值為8，面積的最小值為1，則橢圓的離心率為

A．

B．

C．

D．

【答案】D

【解析】求得定點M的軌跡方程，可得，解得a，b即可.【詳解】

設，.∵動點滿足，則，化簡得.∵面積的最大值為8，面積的最小值為1，∴，解得，∴橢圓的離心率為.故選D.【點睛】

本題考查了橢圓離心率，動點軌跡的求解方法，考查了分析問題解決問題的能力，屬于中檔題．

12．已知直線：與拋物線相交于、兩點，且滿足，則的值是（）

A．

B．

C．

D．

【答案】C

【解析】根據直線方程可知直線恒過定點，過分別作準線的垂線，由，得到點為的中點、連接，進而可知，由此求得點的橫坐標，則點的坐標可得，最后利用直線上的兩點求得直線的斜率．

【詳解】

解：拋物線的準線，直線：恒過定點，如圖過分別作準線的垂線，垂足分別為；

由，則，所以點為的中點、連接，則，∴在中，為等腰三角形，點的橫坐標為，故點的坐標為，又，所以，故選：C．

【點睛】

本題主要考查了拋物線的簡單性質，考查拋物線的定義，考查直線斜率的計算，屬于中檔題．

二、填空題

13．已知平面的一個法向量為，平面的一個法向量為，若，則的值為__________.【答案】4

【解析】利用向量共線定理即可得出．

【詳解】

解：，存在實屬使得

解得：。故答案為：4.【點睛】

本題考查了向量共線定理，屬于基礎題．

14．設的三邊長分別為，的面積為，內切圓半徑為，則；類比這個結論可知：四面體的四個面的面積分別為，內切球的半徑為，四面體的體積為，則__________．

【答案】.【解析】根據平面和空間的類比推理，由點類比點或直線，由直線類比直線或平面，由內切圓類比內切球，由平面圖形的面積類比立體圖形的體積，結合三角形面積的求法求出三棱錐的體積，進而求出內切球的半徑為.【詳解】

設四面體的內切球的球心為，則球心到四個面的距離都為，所以四棱錐的體積等于以為頂點，四個面為底面的四個小三棱錐的體積之和，則四面體的體積為.【點睛】

本題考查了類比推理.類比推理是指依據兩類數學對象的相似性，將已知一類的數學對象的性質遷移到另一個數學對象上去.15．已知橢圓，雙曲線.若雙曲線的兩條漸近線與橢圓的四個交點及橢圓的兩個焦點恰為一個正六邊形的頂點，則橢圓與雙曲線的離心率之積為__________．

【答案】

【解析】利用條件求出正六邊形的頂點坐標，代入橢圓方程，求出橢圓的離心率，利用漸近線的夾角求雙曲線的離心率，從而得出答案。

【詳解】

如圖

正六邊形中，直線即雙曲線的漸近線方程為，由橢圓的定義可得，所以橢圓的離心率，雙曲線的漸近線方程為，則，雙曲線的離心率，所以橢圓與雙曲線的離心率之積為

【點睛】

本題考查橢圓的定義和離心率，雙曲線的簡單性質，屬于一般題。

16．若函數在上單調遞增，則實數的取值范圍是________．

【答案】

【解析】由，利用導數再分情況討論當，當，當時，當時函數的最小值，即可求得實數的取值范圍.【詳解】

解：由，則，由函數在上單調遞增，則在恒成立，設，①當時，為增函數，要使，則只需，求得，②由，當時，即函數為減函數，即，要使，則只需，即，當時，有，即函數為增函數，要使，則只需，即，當時，有當時，當時，即函數在為減函數，在為增函數，即，要使，則只需，即，綜上可得實數的取值范圍是，故答案為.【點睛】

本題考查了利用導數求函數的單調區間，函數的最值，重點考查了分類討論的數學思想方法，屬綜合性較強的題型.三、解答題

17．設a∈R，函數f(x)=x3-x2-x+a.（1）求f(x)的極值；

（2）若x∈［-1，2］，求函數f(x)的值域.【答案】（1）極大值是，極小值是（2）

【解析】（1）利用導數的應用，先求導數得，再求函數的單調區間即可求函數f(x)的值域；

（2）函數在閉區間上的最值，只需比較端點值及極值即可，結合（1）運算端點值及極值，再比較大小即可得解.【詳解】

解:（1），若，則

當變化時，變化情況如下表：

x

+

0

0

+

極大值

極小值

所以的極大值是，極小值是

（2）因為，由（1）知，函數在，為增函數，在為減函數，又，，易得，則的值域為：.【點睛】

本題考查了利用導數求函數的單調性及最值，主要考查了運算能力，屬中檔題.18．（1）用數學歸納法證明：；

（2）已知，且，求證：和中至少有一個小于．

【答案】（1）見解析（2）見解析

【解析】（1）先驗證當時成立，假設時等式成立，再證明當時成立即可；（2）假設，由不等式運算及性質推出矛盾即可

【詳解】

（1）①當時，左邊，右邊，左邊右邊．

②假設時等式成立，即，那么當時，即當時，等式成立．

綜上，．

（2）假設，因為，所以，所以，故，這與矛盾，所以原假設不成立，故和中至少有一個小于．

【點睛】

本題考查數學歸納法及反證法證明，熟記證明步驟，準確推理是關鍵，是基礎題

19．已知點滿足,設點M的軌跡是曲線C．

（1）求曲線C的方程．

（2）過點且斜率為1的直線l與曲線C交于兩點A,B,求（O為坐標原點）的面積

【答案】（1）（2）

【解析】（1）根據拋物線的定義，以及式子的意義，可以判斷出點的軌跡是以點為焦點的拋物線，從而求得，進而得到拋物線的方程；

（2）聯立方程組，利用韋達定理求得，利用三角形的面積公式求解即可.【詳解】

（1）由已知得點M的軌跡是以點為焦點的拋物線

∴∴

所以曲線的方程為

（2）聯立得

.【點睛】

該題考查的是有關拋物線的問題，涉及到的知識點有根據定義求曲線方程，直線與拋物線的位置關系，對應三角形的面積公式，屬于簡單題目.20．已知函數

（1）討論函數的單調性；

（2）設，當時，證明：.【答案】（1）見解析；（2）證明見解析

【解析】（1）首先對函數求導，對式子進行因式分解，結合函數的定義域，對參數的范圍進行討論，從而利用導數的符號確定出函數的單調區間；

（2）構造新函數，對函數求導，得到函數的單調性，從而得到函數的最值，根據函數的最小值大于等于零，從而證得結果.【詳解】

（1）

當時，當時，∴時，在上遞減，在遞增

時，在上遞增，在遞減

（2）設

則，時，遞減，遞增，設，,則

時，時，遞增，時，遞減，即

【點睛】

該題考查的是有關應用導數研究函數的問題，涉及到的知識點有應用導數研究函數單調性，注意分類討論思想的應用，應用導數證明不等式恒成立，注意構造新函數，結合最值得到結果.21．如圖，在四棱錐中，已知平面，且四邊形為直角梯形，，.（1）證明：；

（2）求平面與平面所成銳二面角的余弦值；

（3）點是線段上的動點，當直線與所成的角最小時，求線段的長.【答案】（1）證明見解析；（2）；（3）.【解析】（1）在四棱錐中，平面，得到，由四邊形為直角梯形，得到，再由線面垂直的判定定理，證得平面，進而得到．

（2）以為原點，以所在的直線分別為軸建立空間直角坐標系，求得平面和平面的法向量，利用向量的夾角公式，即可求解．

（3）由（2），設，利用換元法求得，結合在上的單調性，即可計算得到結論．

【詳解】

（1）由題意，在四棱錐中，平面，因為平面，所以，又由四邊形為直角梯形，所以，因為，且平面，所以平面，又因為平面，所以．

（2）以為原點，以所在的直線分別為軸建立空間直角坐標系，可得,由題意，可得，又由，可得平面，所以是平面的一個法向量，又由，設平面的法向量為，由，取，可得，所以，所以平面與平面所成二面角的余弦值為．

（3）由（2）可得，設，又，則，又，從而，設，則，當且僅當時，即時，的最大值為，因為在上是減函數，此時直線與所成的角取得最小值，又因為，所以.【點睛】

本題考查了線線垂直及線面的判定與證明，以及空間角的求解問題，意在考查學生的空間想象能力和邏輯推理能力，解答中熟記線面位置關系的判定定理和性質定理，通過嚴密推理是線面位置關系判定的關鍵，同時對于立體幾何中角的計算問題，往往可以利用空間向量法，通過求解平面的法向量，利用向量的夾角公式求解.22．如圖，在平面直角坐標系中，焦點在軸上的鞘園C:經過點，且經過點作斜率為的直線交橢圓C與A、B兩點(A在軸下方).(1)求橢圓C的方程；

(2)過點且平行于的直線交橢圓于點M、N，求的值；

(3)記直線與軸的交點為P，若，求直線的斜率的值.【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】（1）由題意得e2，．又a2＝b2+c2，解得b2；

（2）設A（x1，y1），B（x2，y2）．設直線l的方程為y＝k（x﹣1）．

聯立直線l與橢圓方程，消去y，得（2k2+1）x2﹣4k2x+2k2﹣8＝0，可設直線MN方程為y＝kx，聯立直線MN與橢圓方程，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，則y＝﹣k，所以P（0，﹣k），從而，由得

即

①，由（2）知②，由①②得?50k4﹣83k2﹣34＝0，解得k2.【詳解】

（1）因為橢圓C：1經過點所以．

又∵a2＝b2+c2，解得b2＝4或b2＝8（舍去）．

所以橢圓C的方程為．

（2）設A（x1，y1），B（x2，y2）．

因為T（1，0），則直線l的方程為y＝k（x﹣1）．

聯立直線l與橢圓方程，消去y，得（2k2+1）x2﹣4k2x+2k2﹣8＝0，所以x1+x2，x1x2．

因為MN∥l，所以直線MN方程為y＝kx，聯立直線MN與橢圓方程

消去y得（2k2+1）x2＝8，解得x2

因為MN∥l，所以

因為（1﹣x1）?（x2﹣1）＝﹣[x1x2﹣（x1+x2）+1]．

（xM﹣xN）2＝4x2．

所以．

（3）在y＝k（x﹣1）中，令x＝0，則y＝﹣k，所以P（0，﹣k），從而，∵，①

由（2）知②

由①②得

代入x1x2?50k4﹣83k2﹣34＝0，解得k2＝2或k2（舍）．

又因為k＞0，所以k．

【點睛】

本題考查了橢圓的方程、直線與橢圓的位置關系、向量運算、分析問題處理問題的能力，對運算能力的要求較高，屬于難題．