【数学】安徽省泗县第一中学2019-2020学年高二5月月考（理）（解析版）

【数学】安徽省泗县第一中学2019-2020学年高二5月月考（理）（解析版）

参考答案 选择题：1-12、BCCDC DBAAC DB 1.B【解析】 ∵  { | ln 1 } 1,M x y x     （ ） ，  2| 2 0N x x x      ,0 2,   ，∴ NCR =(0,2)，∴ NCM R  1,2 ． 2.C【解析】设 0 1 3i 2 z    ，则 2 0 1 3i 2 z    ， 3 0 1z  ， 4 0 0 1 3i 2 z z   ，所以 0 nz 的值 以 3 为周期呈周期性出现，故 2020 0 0z z z  ，所以 0 1 3i 2 z z     ，在复平面内对应的点在 第三象限． 3.C【解析】样本空间为       , | 0,1 , 0,1x y x y  ，是一个面积为1的正方形，所求事件所包 含的样本点在直线 y x 与直线 1 2 y x  之间，且在样本空间的正方形内，其面积为 3 8 ，所 以所求事件的概率为 3 8 ． 4.D【解析】由全称命题的否定形式，易知答案 D 正确． 5.C【解析】当点 P到圆心 2C 距离最大时，切线段 PQ最长， 2 1 2min 1 6PC C C   ，此时 2 26 2 4 2PQ    ． 6.D 【解析】 2 1( ) cos 3 sin cos sin 2 2 6 f x x x x x          ，由 32 2 2 2 6 2 k x k        ， kZ ，得 2 6 3 k x k      ， kZ ，所以  f x 的单调递减区间为 2, 6 3 k k       ， kZ ．可知①正确；由 sin 2 1 3 3 6 f                       ，可知 ( )f x 的图象关于直线 3 x    对称，所以②正确；当 [ , ] 4 x   时， 2 132 , 6 3 6 x         ，所以 3( ) sin 2 1, 6 2 f x x              ， 故③正确． 7.B 【 解 析 】 取 BC 的 中 点 D ， 由   0MB MC BC      ， 得 0MD BC    ， 所 以 AM BC   AD BC DM BC        AD BC       1 2 AB AC AC AB         2 21 2 AC AB     2 21 4 2 2   6 ． 8.A【解析】设  0 0,P x y 为  2y f x  图象上任一点，则     0 0 02 4 2y f x f x     ， 所以点  0 02 ,Q x y 在函数  4y f x  的图象上，而  0 0,P x y 与  0 02 ,Q x y 关于直线 1x  对称，所以函数  2y f x  与  4y f x  的图象关于直线 1x  对称． 9.A【解析】令 1t x x   ，因为 0x  ，所以 2t  ，则函数  f x 转化为 9 92 6y t t t t      ， 当且仅当 3t  ，即 1 3x x   ，也即 3 5 2 x   时，等号成立． 10.C【解析】设过点  ,0A t 的直线方程为 x my t  ，代入 2 8y x 得 2 8 8 0y my t   ．设  1 1,B x y ，  2 2,C x y ， 则 1 2 8y y m  ， 1 2 8y y t  ， 所 以  22 2 1 2 1 2 1 22y y y y y y    264 16m t  ， 1 1 BF CF  1 2 1 1 2 2x x     2 1 1 2 8 y   2 2 1 2 8 y       2 2 1 2 2 2 2 2 1 2 1 2 8 256 16 256 y y y y y y           2 2 2 2 2 2 8 64 16 256 1 8 2 4 1264 16 64 16 256 8 2 2 2 m t m t t m t m t t              ，要使该式对m所有可能取值均为常数， 则 21 2 4 2 t   ，故 2t  或 2 ． 11.D 【解析】固定正四面体 ABCD不动，则其内切球也随之固定，考虑顶点 A与正六面体 （即正方体）的顶点的距离．当正方体的顶点在球面上移动时，顶点 A到球面上点的距离 最小值就是顶点 A与正方体顶点距离的最小值．由正四面体的内切球半径为 1，知球心到顶 点 A的距离为 3，所以顶点 A到球面上点的距离最小值为3 1 2  ． 12.B【解析】∵ e 1x x  ，∴ 2 1 2 1 lne e 2 1 ln 1 2 lnx x xx x x x x         ，等号成立条件为 2 1 ln 0x x   ，∴  2 1e ln 2 ln ln 2xx ax x x x ax x a x         ，∴只需 2 0a  ，即 2a  ． 填空题 13. 【答案】 2 1y x  ．【解析】设切点坐标为  0 0 0,exx x ，由 xy e x  得 e 1xy   ， 所以切线方程为   0 0 0 0e 1 ex xy x x x     ，因为切线过点  1, 1  ， 所以   0 0 0 01 e 1 1 ex xx x       ，即 0 0e 0xx  ，所以 0 0x  ，即所求切线方程为 2 1y x  ． 14.【答案】 8m n ．【解析】 因为 ix ， iy  0,2 ，所以 2 1 4 i i xy   表示的数对对应的点  ,i ix y 在椭圆 2 2 1 4 x y  的内部，且在第一象限，其面积为 2 1 4 2     ，故 2 2 2 m n    ，得 8m n   ． 15.【答案】 27 3 2 ．【解析】设 AC x ， BD y ，则 2CD y ．在 ABD△ 和 ACD△ 中分别 由余弦定理得  2 2 29 2 13 2 2 13 cosy y ADB       ，    222 2 2 13 2 2 2 13 cosx y y ADC       ，两式消去角，得 2 26 6x y  ，在 ABC△ 中由 余弦定理得  2 2 23 9 2 9 cos60y x x      ，即 2 29 81 9y x x   ， 所以    2 23 6 2 9 81x x x    ，解得 6x  或 24x   （舍去）．所以 ABC△ 的面积为 1 3 27 39 6 2 2 2 S      ． 16.【答案】 3 或 6 3 ．【解析】设 1 2 2F F c ．①当 1 90AFB  时，设 1AF m ，则 1BF m ， 2AB m ， 2 2BF m a  ，所以 2 12 2 2a AF AF m a    ，所以 2 2m a ，在 1 2BFF△ 中由余弦定理，得         2 22 22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 c a a a a a a             ， 整理得 3ce a   ；②当 1 90ABF  时，设 1BF m ，则 1 2AF m ，AB m ， 2 2BF m a  ， 所以  2 12 2 2 2a AF AF m a     ，所以  4 2 2m a  ，在 1 2BFF△ 中由勾股定理， 得        2 222 4 2 2 2 2 2c a a    ，整理得 3 6ce a    ． 解答题 17. 【 解 】 （ 1 ） 由 sin sintan cos cos B CA B C    得 sin sin sin cos cos cos A B C A B C    ， 即 sin cos sin cosA B A C cos sinA B cos sinA C ， 也 即 sin cosA B cos sinA B = cos sinA C sin cosA C ， 所以  sin A B  sin C A  ，所以 A B C A   或    +A B C A     （不成立）， 所以 2B C A  ，则 3 A   ． （4 分） （2）由正弦定理得 2 sin sin sin b c a B C A    ，所以 2sinb B ， 2sinc C ．因为 3 A   ， 所以 2 3 C B   ，所以 2b c    22 sin 2sin 2 2sin 3 cos 2 7 sin 3 B B B B B                ， 其中为锐角，且 3sin 7   ， 2cos 7   ．因为 20 3 B    ，所以 2 3 B       ， 易知 siny x 在 , 2 x      单调递增，在 2, 2 3 x         单调递减，所以 2 B   时， 2b c 取得最大值 2 7 ，又 2 3 3sin sin 3 2 7 7           ，所以 2b c  2 7 sin 3B    ， 故 2b c 的取值范围为  3 2 7 ， ． （12 分） 18.【解】（1）由  24 1 1n nS a   得  2 1 14 1 1n nS a    ， 两式相减并整理得   1 1 2 0n n n na a a a     ，∵{ }na 为正项数列，∴ 1 2 0n na a    ， ∴ 1 2n nd a a   ， 2na n ．由 1 2 3 34c c c   得 22 4 2 6 2 34q q       ， 即 26 13 2 0q q   ，解得 1 6 q  （舍去）或 2q  ，所以 12nnb  ， 2nnc n  ． （3 分） 所以 3 nn c  2 2n n  ，设 2 2n n nk  ，因为  2 1 2 1 1 2 n n nk k n      2 1n   ，则 1 2k k ， 3n  时，{ }nk 单调递减，又 2 3 91 8 k k   ，所以{ }nk 的最大项为 3 9 8 k  ，故 的最小值为 9 8 ．（7 分） （2）由（1）知 2nnc n  ． 所以 1 2 31 2 2 2 3 2 2nnM n         ① 则  2 3 12 1 2 2 2 1 2 2n n nM n n           ② ① ②得 1 2 3 12 2 2 2 2n n nM n         1 12 2 2n nn       11 2 2nn     所以   11 2 2n nM n     ． （12 分） 19.【解】（1）证明：记 AC与 BD交点为O，∵ PB PD ，O为 BD 的中点，∴ BD OP ，又∵ ABCD为菱形，∴ BD AC ． ∵ AC和OP是平面 APC内两条相交直线，∴ BD 平面 APC． 又 BD 平面 BPD，∴平面 APC 平面 BPD． （2）设 PO m ，∵ 90APC  ，∴ 2AC m ，又 120BPD  ，所以 60BPO  ， 所以 3BO m ，因为 2BC AB  ，所以在 Rt BOC△ 中，由勾股定理得 1m  ，∴ 3CP  ． 由（1）知， BD 平面 APC，∴平面 APC 平面 ABCD．以O为原点，OB方向为 x轴正 方向，OC方向为 y轴正方向，建立如图空间直角坐标系．则  0, 1,0A  ，  0,1,0C ，  3,0,0D  ， 1 30, , 2 2 P        ． 1 30, , 2 2 AP          ， 3 30, , 2 2 CP          ，  3, 1,0CD     ．设平面 CPD的法向量为  , ,n x y z  ，则 3 3 0 3 0 y z x y        令 1x  ，解得 3y   ， 3z   ，即  1, 3, 3n     ， 2 3 2 39cos , 131 13 AP nAP n AP n             ， 所以直线 AP与平面 PCD所成角的正弦值 2 39sin cos , 13 AP n     20.【解】（1）证明：（反证法）假设存在 na ， 1na  ， 2na  三项成等比数列，则 2 1 +2n n na a a  ， 所以  2 1 +1n n n na a a a   ，所以 2 1 1 1 0n n n n a a a a          ，解得 1 1 5 2 n n a a     ，由条件可知 Fibonacci 数列的所有项均大于 0，所以 1 1 5 2 n n a a     ，又 Fibonacci 数列的所有项均为整数， 所以 1 n n a a  应该为有理数，这与 1 1 5 2 n n a a     （无理数）矛盾，所以假设不成立，所以原命 题成立． （6 分） （2）证明：①易验证 1,2n  时命题成立． P A B C D O x y z ②假设 n k （ *kN ）时命题成立，即 1 1 5 1 5 2 25 k k ka                    则 1n k  时， 1 1 1 1 1 1 5 1 5 1 1 5 1 5 2 2 2 25 5 k k k k k k ka a a                                                      1 1 1 1 5 1 5 1 5 1 5 2 2 2 25 k k k k                                        1 1 1 1 5 1 5 1 5 1 51 1 2 2 2 25 k k                                        1 2 1 2 1 1 5 1 5 1 5 1 5 2 2 2 25 k k                                      1 1 1 1 5 1 5 2 25 k k                    所以， 1n k  时，命题也成立． 由①②可知，Fibonacci 数列的通项公式为 1 1 5 1 5 2 25 n n na                    （ *nN ）． （12 分） 21.【解】（1）设  ,P x y ，则由题意得  2 24 2 1x x y    ，两边平方并整理得曲线 E的 方程为 2 2 1 4 3 x y   ． （4 分） （2）易知直线 AB的斜率存在且不为 0，可设 AB的方程为  2y k x  ，与 2 2 1 4 3 x y   联立 并消去 y得  2 2 2 23 4 16 16 12 0k x k x k     ，因为 2x  是其一个根，所以解得另一根即点 B的横坐标为 2 2 8 6 3 4B kx k    ．因为 AB AD ，所以把 k换成 1 k  得D的横坐标为 2 2 8 6 3 4D kx k    ． 则 B、D的纵坐标之差为    12 2B D B Dy y k x x k           2 2 12 12 3 4 3 4 k k k k            2 2 2 12 7 7 3 4 3 4 k k k k       2 4 2 84 1 12 25 12 k k k k      ． 所以 四边 形 ABCD 的 面积 S 1 2 B DAB y y   2 4 2 84 1 2 12 25 12 k k k k      2 2 1 168 112 25 k k k k            2 1 168 112 1 k k k k            1168 1 112 1k k k k         1168 1 112 1 k k k k     令 1t k k   ，则 168 112 S t t   （ 2t  ），易知 S在 2t  时单调递减，所以 2t  时，S取得最大 值 48 7 ，此时， 1k  ．所以四边形 ABCD的面积的最大值为 48 7 ． （12 分） 22.【解】（1）  f x 有两个不同的零点 e ( 0)xx a a     有两个不同的根． 令   exg x x  ，则    1 exg x x    ，易得 1x   时，   0g x  ，函数  g x 单调递减； 1x   时，   0g x  ，函数  g x 单调递增．当 x 时，   e 0 e x x xg x x     ，当 x时，   exg x x  ，又   11 e g    ，结合图象可知，要使函数   exg x x  的图象与直线 y a  有两个不同的公共点，则 1 0 e a    ，所以，实数 a的取值范围为 10 e a  ． （2）令      1 1h x g x g x      （ 0x  ）， 则      1 1h x g x g x         1 1e ex xx x         e e 0 e x xx    ， 所以  h x 单调递增，故    0 0h x h  ，所以    1 1g x g x     （ 0x  ）． 不妨设 1 2x x ，则结合图象易得 1 21x x   ， 11 0x   ， 由条件知            2 1 1 1 11 1 1 1 2g x g x g x g x g x              ， 又 2 1x   ， 12 1x    ，以及函数  g x 在 1x   时单调递增， 得 2 12x x   ，所以 1 2 2x x   ．