河南省信阳市2019-2020学年高二上学期期末考试数学（文）试题 Word版含解析

河南省信阳市2019-2020学年高二上学期期末考试数学（文）试题 Word版含解析

www.ks5u.com ‎2019—2020学年普通高中高二上学期期末教学质量检测 数学试题（文）‎ 一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.‎ ‎1.设命题，，则为（ ）‎ A. ， B. ，‎ C. ， D. ，‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 本题主要考查命题及其关系，全称量词与存在量词.因为全称量词的否定是存在量词，的否定是.所以 ： ，故本题正确答案为B.‎ ‎2.不等式的解集为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：因为 即，‎ 利用数轴穿根法解得-2＜x＜1或x＞3，‎ 故选C．‎ 考点：分式不等式的解法.‎ ‎3.《孙子算经》是我国古代的数学名著，书中有如下问题:“今有五等诸侯，共分橘子六十颗，人别加三颗.问: 五人各得几何?”其意思为:‎ - 21 -‎ ‎ 有5个人分60个橘子，他们分得的橘子数成公差为3的等差数列，问5人各得多少个橘子.这个问题中，得到橘子最多的人所得的橘子个数是（ ）‎ A. 15 B. 16 C. 18 D. 21‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：首先根据题意，先确定其为一个等差数列的问题，已知公差、项数与和，求某项的问题，在求解的过程中，经分析，先确定首项，之后根据其和建立等量关系式，最后再利用通项公式求得第五项，从而求得结果.‎ 详解：设第一个人分到的橘子个数为，‎ 由题意得，解得，‎ 则，故选C.‎ 点睛：该题所考查的是有关等差数列的有关问题，在求解的过程中，注意分析题的条件，已知的量为公差、项数与和、而对于等差数列中，这五个量是知三求二的，所以应用相应的公式求得对应的量即可.‎ ‎4.若双曲线：的实轴长是虚轴长的2倍，则其渐近线方程为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由双曲线实轴长是虚轴长的2倍，可得的值，进而可求得双曲线的渐近线方程.‎ ‎【详解】由题意，双曲线的渐近线方程为，‎ 又双曲线的实轴长为，虚轴长为，则，即，‎ 所以双曲线的渐近线方程为.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查双曲线的几何性质，考查双曲线的渐近线方程，属于基础题.‎ - 21 -‎ ‎5.已知函数，则其单调增区间是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎，定义域为 令 解得 故函数单调增区间是 故选 ‎6.等比数列的前项和为，公比为，若，，则（ ）‎ A. B. 2 C. D. 3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，分析可得等比数列的公比，进而由等比数列的通项公式可得，解可得，又由，解可得的值，即可得答案．‎ ‎【详解】根据题意，等比数列中，若，则，‎ 若，则，解可得，则，‎ 又由，则有，解可得；‎ 故选B．‎ ‎【点睛】本题考查等比数列的前项和公式的应用，关键是掌握等比数列的前项和的性质．‎ ‎7.设是函数的导函数，的图象如图所示，则 - 21 -‎ 的图象最有可能的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用导函数的图象，判断导函数的符号，得到函数的单调性以及函数的极值，然后判断选项即可．‎ ‎【详解】由题意可知：，，，函数是增函数，，函数是减函数；‎ 是函数的极大值点，是函数的极小值点；‎ 所以函数的图象只能是．‎ 故选．‎ ‎【点睛】‎ - 21 -‎ 本题考查函数的导数与函数的图象的关系，判断函数的单调性以及函数的极值是解题的关键．‎ ‎8.已知的三个内角分别为，，，则“”是“”的（ ）‎ A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 结合余弦函数在上的单调性，分别判断充分性与必要性，可得出答案.‎ ‎【详解】先来判断充分性：的三个内角分别为，，，由可得，‎ 因为函数在上单调递减，所以，故充分性成立；‎ 再来判断必要性：的三个内角分别为，，，且，，，‎ 因为函数在上单调递减，且，所以，即，故必要性成立.‎ 所以“”是“”的充分必要条件.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查命题的充分性与必要性，考查余弦函数单调性的应用，考查学生的推理论证能力，属于基础题.‎ ‎9.已知函数，则函数的图象在点处的切线方程为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 21 -‎ 对函数求导，可得的表达式，令，可得的值，进而可求得、的值，即可得到切点及切线斜率，进而可求得切线方程.‎ ‎【详解】由题意，，则，解得，‎ 所以，，‎ 则，，‎ 故切点为，切线斜率为3，所以切线方程为，即.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查导数的几何意义，考查切线方程的求法，考查学生的计算求解能力，属于基础题.‎ ‎10.设，若恒成立，则的取值范围为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 由于，则= ‎ 当2m=1-2m即m=时取等号；‎ 所以恒成立，转化为的最小值大于等于，即 ‎ 故选D ‎ ‎11.已知椭圆：的右焦点为，过点的直线交椭圆于，两点，若的中点坐标为，则椭圆的方程为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ - 21 -‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，，，，代入椭圆方程得，利用“点差法”可得．利用中点坐标公式可得，，利用斜率计算公式可得．于是得到，化为，再利用，即可解得，．进而得到椭圆的方程．‎ ‎【详解】解：设，，，，‎ 代入椭圆方程得，‎ 相减得，‎ ‎．‎ ‎，，．‎ ‎，‎ 化为，又，解得，．‎ 椭圆的方程为．‎ 故选：．‎ ‎【点睛】熟练掌握“点差法”和中点坐标公式、斜率的计算公式是解题的关键．‎ - 21 -‎ ‎12.定义：如果函数在区间上存在，满足，，则称函数是在区间上的一个双中值函数，已知函数是区间上的双中值函数，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】，‎ ‎∵函数是区间上的双中值函数， ∴区间上存在 ， 满足 ‎ ‎∴方程在区间有两个不相等的解， 令， 则，‎ 解得 ‎ - 21 -‎ ‎∴实数的取值范围是.‎ 故选:A．‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.请将答案填在答题卡对应题号的位置上.答错位置，书写不清，模棱两可均不得分.‎ ‎13.若，满足约束条件，则的最小值为______.‎ ‎【答案】0‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出约束条件对应的可行域，当目标函数过点时，取得最小值，求解即可.‎ ‎【详解】作出约束条件对应的可行域，如下图阴影部分，联立，可得交点为，‎ 目标函数可化为，当目标函数过点时，取得最小值，即.‎ 故答案为：0.‎ ‎【点睛】本题考查线性规划，考查数形结合的数学思想的应用，考查学生的计算求解能力，属于基础题.‎ ‎14.已知命题：实数满足不等式；命题：函数有极值点.若“”是真命题，则实数的取值范围为______.‎ ‎【答案】‎ - 21 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由“”是真命题，可得、都是真命题，结合命题、，分别求出对应的范围，进而可得到答案.‎ ‎【详解】对于命题，，解得；‎ 对于命题，对函数求导，可得，由有极值点，可得二次函数有两个不同的零点，则，即或.‎ 又因为“”是真命题，所以、都是真命题，则或，解得.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查利用复合命题真假求参数，考查指数不等式的解法，考查函数的极值，考查学生的计算求解能力，属于中档题.‎ ‎15.如图，某校一角读书亭的高为，在该读书亭的正东方向有一个装饰灯塔，在它们之间的地面点（、、三点共线）处测得读书亭顶部与灯塔顶部的仰角分别是和，在读书亭顶部测得灯塔顶部的仰角为，则灯塔的高为______.‎ ‎【答案】60‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 21 -‎ 设，可得，，在中，由正弦定理可得，，进而可求出的值.‎ ‎【详解】由题意，设，在直角中，，则，‎ 在直角中，，则，‎ 在中，，，则，‎ 由正弦定理，，即，解得.‎ 故答案为：60.‎ ‎【点睛】本题考查正弦定理在解三角形中的应用，考查学生的计算求解能力，属于中档题.‎ ‎16.设，是抛物线：上任意两点，点的坐标为，若的最小值为0，则实数的值为______.‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 和夹角最大为，从点向抛物线引两条切线，切点分别为，，此时和的夹角最大，从而可得到直线的方程，与抛物线方程联立，则，可求出的值.‎ ‎【详解】由题意，和的夹角最大为，从点向抛物线引两条切线，切点分别为，，此时和的夹角最大，且直线的斜率，方程为，‎ - 21 -‎ 联立，消去可得，则，解得.‎ 故答案为：1.‎ ‎【点睛】本题考查直线与抛物线位置关系的应用，考查平面向量数量积的应用，考查学生的计算求解能力，属于中档题.‎ 三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.‎ ‎17.已知为实常数.命题命题函数在区间上单调递增函数．‎ ‎（1）若命题为真命题，求实数的取值范围；‎ ‎（2）若命题“或”为真命题，命题“且”为假命题，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由命题的真假可得再由方程有解问题求解即可；‎ ‎（2）由复合命题的真假，结合不等式恒成立问题最值法,列不等式组求解即可得解.‎ ‎【详解】解：（1）当命题为真命题时，即 因为函数为增函数，则，则 ‎ 故， ‎ ‎（2）当命题为真时，即函数在区间上是单调递增函数．‎ 即 在区间恒成立，‎ 即，即，‎ 又命题“或”为真命题，命题“且”为假命题，‎ 则命题 ，一真一假，‎ ‎①当为真，为假时， 则， ‎ - 21 -‎ ‎②当为假，为真时，，则，‎ 综上可得实数取值范围为．‎ ‎【点睛】本题考查了命题的真假及不等式有解与恒成立问题，属中档题.‎ ‎18.在平面四边形中，，，，.‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）若，求.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据正弦定理可以得到，根据题设条件，求得，结合角的范围，利用同角三角函数关系式，求得；‎ ‎（2）根据题设条件以及第一问的结论可以求得，之后在中，用余弦定理得到所满足的关系，从而求得结果.‎ ‎【详解】（1）在中，由正弦定理得.‎ 由题设知，，所以.‎ 由题设知，，所以；‎ ‎（2）由题设及（1）知，.‎ 在中，由余弦定理得 - 21 -‎ ‎.‎ 所以 ‎【点睛】该题考查的是有关解三角形的问题，涉及到的知识点有正弦定理、同角三角函数关系式、诱导公式以及余弦定理，在解题的过程中，需要时刻关注题的条件，以及开方时对于正负号的取舍要从题的条件中寻找角的范围所满足的关系，从而正确求得结果.‎ ‎19.已知是单调递减等比数列的前项和，，且、、成等差数列.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）若数列满足，数列的前项和为，求证：.‎ ‎【答案】（1）；（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由、、成等差数列，可建立等式关系，整理可得，结合的单调性，可求得公比，进而可求得的通项公式；‎ ‎（2）由的通项公式，可得，进而可得，利用裂项相消求和法可求得，进而可证明结论.‎ ‎【详解】（1）设数列的公比为，‎ 由、、成等差数列，可得，‎ 则，即，所以.‎ 因为是单调递减数列，所以，‎ - 21 -‎ 又，则，故.‎ ‎（2）证明：由（1）知，则，‎ 则，‎ 故，‎ 因为，所以，‎ 又，故.‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题考查等差中项的应用，考查等比数列通项公式的求法，考查利用裂项相消求和法求数列的前项和，考查学生的计算求解能力，属于基础题.‎ ‎20.某厂家拟在新年举行大型的促销活动，经测算某产品当促销费用为万元时，销售量万件满足（其中，为正常数）.现假定生产量与销售量相等，已知生产该产品万件还需投入成本万元（不含促销费用），产品的销售价格定为万元/万件.‎ ‎（1）将该产品的利润万元表示为促销费用万元的函数；‎ ‎（2）促销费用投入多少万元时，厂家的利润最大.‎ ‎【答案】（1）；（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由利润=销售额-投入成本-促销费用，列出式子即可；‎ - 21 -‎ ‎（2）由（1）可得，利用基本不等式可得时，取得最大值，再结合，分和两种情况讨论，可求得答案.‎ ‎【详解】（1）由题意知，该产品售价为万元，，‎ 将代入得，，‎ 整理得.‎ ‎（2）由，‎ 因为，所以，当且仅当，即时，等号成立，‎ 所以时，.‎ 若，则或时，促销费用投入1万元时，厂家的利润最大；‎ 若，则时，，‎ 故在上单调递增，‎ 所以在时，取得最大值.‎ 即促销费用投入万元时，厂家的利润最大.‎ 综上所述，当或时，促销费用投入1万元时，厂家的利润最大；‎ 当时，促销费用投入万元时，厂家的利润最大.‎ - 21 -‎ ‎【点睛】本题考查函数模型的应用，考查利用基本不等式求最值，考查利用单调性求最值，考查学生的计算能力与推理能力，属于中档题.‎ ‎21.已知直线l的方程为y＝x－2，又直线l过椭圆C：（a＞b＞0）的右焦点，且椭圆的离心率为．‎ ‎（Ⅰ）求椭圆C的方程；‎ ‎（Ⅱ）过点D（0，1）的直线与椭圆C交于点A，B，求△AOB的面积的最大值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）;（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：（Ⅰ）通过分析可知直线与轴的交点为，得，又，得，利用，可得即可求得椭圆方程为；（Ⅱ）可设直线方程为，‎ 设，故，为此可联立，整理得，利用韦达定理，求出，‎ 可得，‎ 令则，[科当，即时，的最大值为.‎ 试题解析：（Ⅰ）∵，∴椭圆的焦点为直线与轴的交点，‎ ‎∵直线与轴的交点为，∴椭圆的焦点为，∴， ‎ 又∵，∴，∴‎ - 21 -‎ ‎∴椭圆方程为．‎ ‎（Ⅱ） 直线的斜率显然存在，设直线方程为 设，由，得，‎ 显然，‎ 令则，，‎ ‎，即时，的最大值为. ‎ 考点：1、椭圆的标准方程；2、直线与曲线相交问题.‎ ‎22.已知函数，函数.‎ ‎（1）讨论函数的极值；‎ ‎（2）已知函数，若函数在上恰有三个零点，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）对求导，分和两种情况，分别讨论的正负性，可得到的单调性，进而可求得极值；‎ ‎（2）易知有且仅有一个零点，且时，从而可知有两个零点，结合（1）知不符合题意，时，讨论 - 21 -‎ 的极值，并结合零点存在性定理可求出答案.‎ ‎【详解】（1）的定义域为，，‎ 当时，在恒成立，∴在单调递减，故无极值，‎ 当时，由得.‎ 当时，，则单调递减；当时，，则单调递增，‎ ‎∴在处取得极小值，，无极大值.‎ 综上，当时，无极值；当时，有极小值，无极大值.‎ ‎（2）若是的零点，则必有或，∴的零点必为或的零点，‎ 而有且仅有一个零点，且，时.‎ ‎①当时，由（1）知在单调递减，至多只有一个零点，此时至多只有两个零点，不合题意，舍去；‎ ‎②当时，由（1）知在单调递减，在单调递增，则.‎ i）当即时，至多只有一个零点，此时至多只有两个零点，不合题意，舍去；‎ ii）当即时，，，‎ 由零点存在性定理知使得.‎ - 21 -‎ 令，，则在单调递增，在单调递减，‎ ‎∴，∴，，‎ 当时，，‎ ‎∴，又，‎ ‎∴由零点存在性定理知使得，‎ ‎∴，；，；，，‎ ‎∴当时，有三个零点，满足题意.‎ 综上，实数的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题考查函数单调性的应用，考查函数的极值，考查函数的零点，利用分类讨论的数学思想是解决本题的关键，属于难题.‎ - 21 -‎ ‎ ‎ - 21 -‎