福建省三明市三明第一中学2019-2020学年高二上学期12月月考数学试题

福建省三明市三明第一中学2019-2020学年高二上学期12月月考数学试题

三明一中2019-2020上学年第二次月考 高二数学试题 一、单项选择题：本题共10小题，每小题5分，共50分.‎ ‎1.已知复数，则等于（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎∵复数 ‎∴‎ 故选B ‎2.向量，下列结论正确的是（ ）‎ A. B. C. D. 以上都不对 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由题中向量的坐标，得到，，，进而可判断出结果.‎ ‎【详解】因为，，，‎ 所以，，，‎ 所以，.‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查向量垂直与向量共线的坐标表示，熟记向量的坐标运算即可，属于常考题型.‎ ‎3.已知，则，，的大小关系正确的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析：求函数的导数，判断函数的单调性，进行比较大小即可.‎ 详解：f(x)＝1＋x－sinx，则，‎ 则函数f(x)为增函数.‎ ‎，‎ ‎ f(π)>f(3)>f(2).‎ 故选：D.‎ 点睛：本题主要考查函数值大小比较，根据条件求函数导数，利用导数研究函数的单调性是解决本题的关键.‎ ‎4.双曲线的一个焦点到它的渐近线的距离为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题首先可以根据双曲线的标准方程得出双曲线的焦点坐标以及渐近线方程，然后根据点到直线距离公式即可得出结果．‎ ‎【详解】由双曲线标准方程可知，，，焦点在轴上，‎ 所以，，焦点坐标为，，‎ 所以双曲线的渐近线方程为，‎ 取焦点坐标，渐近线方程，即，‎ 焦点到渐近线的距离，故选C．‎ ‎【点睛】本题考查双曲线的焦点坐标以及渐近线方程，考查点到直线距离公式，考查对双曲线标准方程的理解，体现了基础性，是简单题．‎ ‎5.已知函数 ，则“ ”是“ 在 上单调递增”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】A ‎【解析】‎ f′(x)＝x2＋a，当a≥0时，f′(x)≥0恒成立，故“a＞0”是“f(x)在R上单调递增”的充分不必要条件．故选A.‎ ‎6.椭圆中以为弦的中点的弦所在的直线方程为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先设弦的两端点为，，由题意得到，，两式作差，求出直线的斜率，再由直线的点斜式方程，即可得出结果.‎ ‎【详解】设以为弦的中点的弦的两端点为，，‎ 所以，‎ 又因为弦为椭圆中的弦，‎ 所以，两式作差得，‎ 整理得：，‎ 即，‎ 因此所求直线方程为：，即，‎ ‎【点睛】本题主要考查椭圆的中点弦所在直线方程的问题，熟记点差法，以及直线的点斜式方程即可，属于常考题型.‎ ‎7.设函数在R上可导，其导函数为，且函数的图像如题（8）图所示，则下列结论中一定成立的是 A. 函数有极大值和极小值 B. 函数有极大值和极小值 C. 函数有极大值和极小值 D. 函数有极大值和极小值 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】则函数增；‎ 则函数减；‎ 则函数减；‎ 则函数增；选D.‎ ‎【考点定位】判断函数的单调性一般利用导函数的符号，当导函数大于0‎ 则函数递增，当导函数小于0则函数递减 ‎8.直三棱柱的底面是边长为的正三角形，侧棱长为，，分别为，的中点，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由直三棱柱的底面是边长为的正三角形，得到，，，推出，再由又，分别为，的中点，得到，即可求出结果.‎ ‎【详解】因为直三棱柱的底面是边长为的正三角形，‎ 所以，，，‎ 所以，‎ 又，分别为，的中点，‎ 所以，，‎ 因此 ‎.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查向量数量积的运算，熟记空间向量基本定理，以及向量数量积的运算法则即可，属于常考题型.‎ ‎9.已知椭圆（）与双曲线（）有相同的焦点，则的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 双曲线的焦点坐标为 椭圆的焦点坐标为 ‎∵两曲线有相同的焦点 ‎∴，即 ‎∴‎ 令，，‎ ‎∴‎ ‎∵‎ ‎∴‎ ‎∴‎ ‎∴‎ 故选C ‎10.设是定义在上的奇函数，，当时，有恒成立，则不等式的解集是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先令函数，对其求导，由题意，得到在上单调递减；再由奇偶性的概念，判断为偶函数，得到在上单调递增；根据 ‎，求得，分类讨论，求出的解集，即可得出结果.‎ ‎【详解】令，则，‎ 因为当时，有恒成立，所以；‎ 因此函数在上单调递减；‎ 又是定义在上的奇函数，所以，‎ 即函数是偶函数；‎ 所以函数在上单调递增，‎ 又，所以，‎ 因此，当时，，此时：；‎ 当时，，此时：；‎ 当时，，此时：；‎ 当时，，此时；‎ 综上，当或时，满足；‎ 又因为不等式可化为，‎ 因此不等式的解集为：.‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查由函数的奇偶性与单调性解不等式，熟记函数奇偶性与单调性的概念即可，属于常考题型.‎ 二、多项选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。每小题有多个正确选项，选不全得3分，错选不得分。‎ ‎11.椭圆的左右焦点分别为，为坐标原点，以下说法正确的是（ ）‎ A. 过点的直线与椭圆交于，两点，则的周长为.‎ B. 椭圆上存在点，使得.‎ C. 椭圆的离心率为 D. 为椭圆一点，为圆上一点，则点，的最大距离为.‎ ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据椭圆的定义，可判断A；根据数量积运算，以及椭圆的性质，可判断B；根据离心率的定义，可判断出C；根据点与圆位置关系，以及椭圆的性质，可判断D.‎ ‎【详解】对于选项A，因为分别为椭圆的左右焦点，过点的直线与椭圆交于，两点，由椭圆定义可得：，‎ 因此的周长为，故A正确；‎ 对于选项B，设点为椭圆上任意一点，‎ 则点坐标满足，且 又，，所以，，‎ 因此，‎ 由，可得：，故B正确；‎ 对于选项C，因为，，所以，即，‎ 所以离心率为，故C错；‎ 对于选项D，设点为椭圆上任意一点，‎ 由题意可得：点到圆的圆心的距离为：‎ ‎，‎ 因为，所以.故D正确；‎ 故选：ABD ‎【点睛】本题主要考查椭圆相关命题真假的判定，熟记椭圆的定义，以及椭圆的简单性质即可，属于常考题型.‎ ‎12.以下说法错误的是（ ）‎ A. 复数满足，则复数在复平面上对应的点的轨迹为直线.‎ B. 为上连续可导的函数，若，则为极值点.‎ C. 若，，，则.‎ D. 为抛物线的两点，为坐标原点，若，则直线过定点.‎ ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据复数的几何意义，可判断A选项；根据函数的单调性，判断B选项；根据向量模的计算公式，判断C选项；根据直线与抛物线的综合，判断D选项.‎ ‎【详解】对于A选项，设复数，因为，‎ 所以，即，‎ 表示复平面内的点到定点，的距离的和等于定值（与两定点间的距离相等），因此复数在复平面上对应的点的轨迹为以，为端点的线段，故A错；‎ 对于B选项，若，则，由得，，但函数在上为增函数，无极值，故B错；‎ 对于C选项，因为，，，‎ 则.故C正确；‎ 对于D选项，由题意，设，，直线的方程为：（），‎ 由得，所以，因此，‎ 又，所以，即，即，‎ 所以；即直线过定点，故D错.‎ 故选：ABD ‎【点睛】本题主要考查相关命题真假的判定，熟记复数的几何意义、导数的方法研究函数单调性与极值、向量模的计算公式、以及抛物线的简单性质即可，属于常考题型.‎ 三、填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13.复数为纯虚数，则__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，得到，求解，即可得出结果.‎ ‎【详解】因为复数为纯虚数，‎ 所以，解得：.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题主要考查由复数的类型求参数，熟记复数的类型即可，属于基础题型.‎ ‎14.若函数的单调递减区间为，则_________________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先对函数求导，得到，根据题意，得到不等式的解集为，从而方程的两个根分别为和 ‎；根据根与系数关系，即可求出结果.‎ ‎【详解】因为，所以，‎ 又函数的单调递减区间为，‎ 所以不等式的解集为，‎ 即方程的两个根分别为和；‎ 因此，解得：，因此.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查由函数的单调区间求参数，以及由不等式的解集求参数的问题，熟记导数的方法研究函数的单调性，以及三个二次之间关系即可，属于常考题型.‎ ‎15.制作一个容积为的正方形底无盖水箱，所用材料最省时，它的高为_________‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先设该容器的高为，由题意得到底面边长为：，表示出该水箱的用料，根据基本不等式，即可得出结果.‎ ‎【详解】设该容器的高为，由题意可得：底面边长为：，‎ 因此制作该水箱，共需要材料 ‎，当且仅当，即时，取得最小值.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查函数的应用，以及基本不等式求函数最值，熟记基本不等式即可，属于常考题型.‎ ‎16.已知是抛物线上的点，是抛物线的焦点，若，_________________.‎ ‎【答案】2008‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先设，根据题意，得到，所以，由求出；再由抛物线定义，得到，进而可求出结果.‎ ‎【详解】设，因为是抛物线上的点，是抛物线的焦点，所以，因此，‎ 因为，所以，‎ 即，‎ 又由抛物线的定义可得：，‎ 所以 ‎.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查求抛物线上的点到焦点的距离，熟记抛物线定义即可，属于常考题型.‎ 四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程及演算步骤。其中第17题满分10分，其余各题满分12分.‎ ‎17.已知函数 ‎（1）求的最值；‎ ‎（2）若仅有唯一解，求取值范围.‎ ‎【答案】（1）最大值为2，最小值为0；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先对函数求导，得到，用导数的方法先判断函数单调性求出极值，根据所给区间，即可求出最值；‎ ‎（2）由（1）的结果，作出函数的简图，结合图像，即可得出结果.‎ ‎【详解】（1）因为，，‎ ‎，‎ 令得，，‎ 当时，或；‎ 当时，；‎ 所以随着的变化，的变化情况如下表：‎ x ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎+‎ ‎-‎ ‎+‎ ‎0‎ 单调递增 极大值 单调递减 极小值0‎ 单调递增 ‎2‎ 由上表可知，函数最大值为；最小值为；‎ ‎（2）由（1）知，的草图如下 因为仅有唯一解，即与仅有唯一交点，‎ 由图像可得：；‎ 即的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题主要考查求函数的最值，以及由方程根的个数求参数，熟记导数的方法研究函数的单调性，求极值、最值等，利用数形结合的方法即可求解，属于常考题型.‎ ‎18.命题方程表示椭圆，命题恒成立；‎ ‎（1）若命题为真命题，求实数的取值范围；‎ ‎（2）若命题为真，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据方程表示椭圆，得到，求解，即可得出结果；‎ ‎（2）先由（1），得到命题等价于；再由命题等价于不等式，恒成立；得到命题等价于；根据命题为真，得到命题为假，命题为真，进而可求出结果.‎ ‎【详解】（1）若方程表示椭圆，则椭圆标准方程为，‎ 所以只需要，即；‎ 即命题为真命题时，实数的取值范围为 ‎（2）由（1）可知：命题等价于；‎ 命题恒成立，等价于不等式，恒成立；‎ ‎①当时，不等式显然成立；‎ ‎②当时，只需，即，即 综上可知：；即命题等价于；‎ 因为命题为真，所以命题为假，命题为真，‎ 即，解得：.‎ 即实数的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题主要考查由命题的真假求参数，以及由复合命题真假求参数，熟记命题真假的判定即可，属于常考题型.‎ ‎19.已知过抛物线的焦点，斜率为的直线交抛物线于，两点，且 ‎（1）求该抛物线的方程；‎ ‎（2）为坐标原点，若，求四边形的面积.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先由题意得直线的方程是，与抛物线联立，根据韦达定理，以及抛物线的焦点弦公式，即可得出，进而可求出结果；‎ ‎（2）先由（1）得直线的方程为，再由，得四边形 为平行四边形，所以（其中为到直线的距离），根据点到直线距离公式，求出，即可得出结果.‎ ‎【详解】（1）由题意，可得：直线的方程是，‎ 与联立，得，‎ 所以，‎ 由抛物线定义得：，‎ 所以，从而抛物线方程为；‎ ‎（2）由（1）知：，则直线，即，‎ 又，所以四边形为平行四边形，‎ 因此（其中为到直线的距离）‎ 又，‎ 因此，.‎ ‎【点睛】本题主要考查求抛物线的方程，以及抛物线中四边形面积的问题，熟记抛物线的标准方程，以及抛物线的简单性质即可，属于常考题型.‎ ‎20.函数 ‎（1）若，求在处的切线方程；‎ ‎（2）若恒成立，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）对函数求导，求出在所给点的导函数值，得到切线斜率，进而可求出结果；‎ ‎（2）先由题意，得到恒成立，设，只需 ‎，由导数的方法求出函数的最值，进而可求出结果.‎ ‎【详解】（1）‎ ‎，‎ 故，即切点为，切线的斜率为；‎ 所以所求的切线方程为；‎ ‎（2）恒成立，即恒成立；‎ 设，则只需；‎ 又，‎ 设，则易知在上单调递增，‎ 由，可知时，；时，；‎ 即时，；时，；‎ 所以在上单调递减，在时单调递增；‎ 即，所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查求函数在某点的切线方程，以及由不等式恒成立求参数，熟记导数的几何意义，以及导数的方法研究函数的单调性，最值等即可，属于常考题型.‎ ‎21.如图，边长为的正方形与梯形所在的平面互相垂直，已知，，，点在线段上.‎ ‎（1）证明：平面平面；‎ ‎（2）判断点的位置，使得平面与平面所成的锐二面角为.‎ ‎【答案】（1）证明过程见详解；（2）点在线段的靠近点的三等分点处.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先由题中数据，根据勾股定理，得到，再由面面垂直的性质定理，得到，根据线面垂直的判定定理，以及面面垂直的判定定理，即可证明结论成立；‎ ‎（2）先在面内过点作，垂足为，根据题意，得到；，以点为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，设，因为点在线段上，所以可设，得到，再分别求出平面与平面的一个法向量，根据向量夹角公式，以及题中条件，即可求出结果.‎ ‎【详解】（1）因为底面为梯形，，，所以，‎ 又，所以，‎ 因为，正方形边长为，‎ 所以，因此，‎ 又因为平面平面，，平面平面，‎ 所以平面，因此，‎ 又，所以平面；‎ 因为平面，所以平面平面；‎ ‎（2）在面内过点作，垂足为，因为，所以；‎ 又因为平面，所以；‎ 以点为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 则，，，，‎ 设，因为点在线段上，所以可设，‎ 即，‎ 所以，即，‎ 设平面的一个法向量为，‎ 则，所以，令，则，‎ 又易知：平面，所以为平面一个法向量，‎ 所以，‎ 解得：，所以，‎ 即，点点在线段的靠近点的三等分点处.‎ ‎【点睛】本题主要考查证明面面垂直，以及由二面角的大小求其它量，熟记线面、面面垂直的判定定理与性质定理，以及空间向量的方法求二面角即可，属于常考题型.‎ ‎22.已知函数，其中.‎ ‎（1）讨论函数单调性；‎ ‎（2）证明：在区间上只有唯一的零点.‎ ‎【答案】（1）见详解；（2）证明过程见详解.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先对函数求导，得到，先讨论，得到函数恒增，再讨论 ‎，两种情况，利用导数的方法，解对应不等式，即可得出结果；‎ ‎（2）先由（1），得到当时，以及时，函数在区间上都是单调递增的，再由，即可得出结论成立.‎ ‎【详解】（1）因为，所以，‎ 当时，，此时在单调递增；‎ 当时，，‎ ‎①当时，，恒成立，‎ 恒成立，此时在上单调递增；‎ ‎②当时，令 由得或；‎ 由得；‎ 所以在和上单调递增；‎ 在上单调递减；‎ 综上：当时，在单调递增；‎ 当时，在和上单调递增；‎ 在上单调递减；‎ ‎（2）由（1）知，当时，在单调避增，，‎ 此时在区间上有一个零点；‎ 当时，且，‎ 在单调递增；，此时在区间上有一个零点；‎ 综上可知，在区间上只有唯一的零点 ‎【点睛】本题主要考查判断函数单调性，以及导数的方法研究函数的零点，通常需要对函数求导，用导数的方法研究函数单调性，即可得出结果，属于常考题型.‎ ‎ ‎ ‎ ‎