湖南省株洲市醴陵市醴陵市第四中学2019-2020学年高二5月检测数学试卷

湖南省株洲市醴陵市醴陵市第四中学2019-2020学年高二5月检测数学试卷

湖南省株洲市醴陵市醴陵市第四中学 ‎2019-2020学年高二5月检测数学试卷 一、选择题（每小题5分，共9小题45分）‎ ‎1. 设,则( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎2. 已知集合,,‎ ‎,则( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎3. 已知,,,则( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎4. 在的图像大致为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎5. 某学校为了解名新生的身体素质,将这些学生编号为,从这些新生中用系统抽样方法等距抽取名学生进行体质测验,若号学生被抽到,则下面名学生中被抽到的是( ).‎ A. 号学生 B. 号学生 ‎ C. 号学生 D. 号学生 ‎6. ( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎7. 已知非零向量,满足,且,则与的夹角为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎8. 双曲线的一条渐近线的倾斜角为,则的离心率为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎9. 的内角的对边分别为,已知,,则( )‎ A. B. C. D. ‎ 二、填空题（每小题5分，共3小题15分）‎ ‎10. 曲线在点处的切线方程为__________.‎ ‎11. 记为等比数列的前项和,若,,则__________.‎ ‎12. 函数的最小值为__________.‎ 三、解答题（每小题12分，共5小题60分）‎ ‎13. 记为等差数列的前项和,已知; (1)若,求的通项公式; (2)若,求使得的的取值范围.‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎14. 如图直四棱柱的底面是菱形,,,分别是的中点. (1)证明:平面(2)求点到平面的距离.‎ ‎ ‎ ‎15. 某班为了活跃元旦晚会气氛，主持人请12位同学做一个游戏，第一轮游戏中，主持人将标有数字1到12的十二张相同的卡片放入一个不透明的盒子中，每人依次从中取出一张卡片，取到标有数字7到12的卡片的同学留下，其余的淘汰；第二轮将标有数字1到6的六张相同的卡片放入一个不透明的盒子中，每人依次从中取出一张卡片，取到标有数字4到6的卡片的同学留下，其余的淘汰；第三轮将标有数字的三张相同的卡片放入一个不透明的盒子中，每人依次从中取出一张卡片，取到标有数字2，3的卡片的同学留下，其余的淘汰；第四轮用同样的办法淘汰一位同学，最后留下的这位同学获得一个奖品.已知同学甲参加了该游戏. （1）求甲获得奖品的概率； （2）设为甲参加游戏的轮数，求的分布列与数学期望.‎ ‎ 16. 已知函数,是的导数. (1)证明:在区间存在唯一零点; (2)若时,,求的取值范围.‎ ‎17. 已知点关于坐标原点对称,,过点且与直线相切. (1)若在直线上,求的半径; (2)是否存在定点,使得当运动时,为定值?并说明理由.‎ 数学单元测试题答案 ‎ 第1题： 【答案】C ‎【解析】因为,所以.‎ ‎ 第2题：【答案】C ‎【解析】,,则,又, 则,故选C.‎ ‎ 第3题： 【答案】B ‎【解析】由对数函数的图像可知:;再有指数函数的图像可知:‎ ‎,,于是可得到:.‎ ‎ 第4题： 【答案】D ‎【解析】∵, ∴为奇函数,排除A. 又,排除C,,排除B,故选D.‎ ‎ 第5题：【答案】C ‎【解析】从名学生中抽取名,每人抽一个,号学生被抽到,则抽取的号数就为,可得出号学生被抽到.‎ ‎ 第6题： 【答案】D ‎【解析】因为化简可得 ‎ ‎ 第7题： 【答案】B ‎【解析】,且,,有,设与的夹角为,则有,即,,,,,故与的夹角为,选. 第8题： 【答案】D ‎【解析】根据题意可知,所以, 离心率. 第9题： 【答案】A ‎【解析】由正弦定理可得到:,即, 又由余弦定理可得到:,于是可得到 第10题： 【答案】‎ ‎【解析】∵‎ ‎, ∴结合导数的几何意义可知曲线在点处的切线方程的斜率为, ∴切线方程为. 第11题： 【答案】‎ ‎【解析】,,设等比数列公比为, ∴,∴,所以. 第12题： 【答案】‎ ‎【解析】, 因为,知当时取最小值, 则的最小值为. 第13题： 【答案】(1)(2)‎ ‎【解析】(1)由结合可得,联立得,所以(2)由可得,故,. 由知,故等价于,解得, 所以的取值范围是 第14题： ‎ ‎【解析】(1)连结相交于点,再过点作交于点,再连结,.分别是的中点.于是可得到,, 于是得到平面平面, 由平面,于是得到平面(2)‎ 为中点,为菱形且,又为直四棱柱,,又,,设点到平面的距离为由得,解得所以点到平面的距离为 第15题： ‎ ‎【答案】(1)(2)‎ ‎【解析】（1）设甲获得奖品为事件，在每轮游戏中，甲留下的概率与他摸卡片的顺序无关， 则. （2）随机变量的取值可以为.,,,.的分布列为所以数学期望. 第16题： ‎ ‎【解析】(1)由题意得令,∴当时,,单调递增, 当时,,单调递减, ∴的最大值为,又,∴,即, ∴在区间存在唯一零点.‎ ‎ (2)由题设知,,可得. 由(1)知,在只有一个零点,设为,且当时,; 当时,,所以在单调递增,在单调递减. 又,,所以,当时,. 又当,时,,故. 因此,的取值范围是. ‎ ‎ 第17题： ‎ ‎【答案】(1)或; (2)见解析.‎ ‎【解析】(1)∵过点,∴圆心在的中垂线上即直线上,设圆的方程为,又,根据得; ∵与直线相切,∴,联解方程得或. (2)设的坐标为,根据条件即化简得,即的轨迹是以为焦点,以为准线的抛物线,所以存在定点,使. ‎