广东省佛山市第一中学、珠海市第一中学、金山中学2020学年高二数学下学期期中试题 文（含解析）

PAGE广东省佛山市第一中学、珠海市第一中学、金山中学2020学年高二 数学 数学高考答题卡模板高考数学答题卡模板三年级数学混合运算测试卷数学作业设计案例新人教版八年级上数学教学计划 下学期期中 试题 中考模拟试题doc幼小衔接 数学试题 下载云南高中历年会考数学试题下载N4真题下载党史题库下载 文（含解析）一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，满分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.设集合，，则()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据一元二次不等式的解法将集合化简，然后再求.【详解】因为，所以，故选.【点睛】本题主要考查了集合交集运算，以及一元二次不等式解法，属于基础题.2.已知复数，则的共轭复数是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先将化简，然后根据共轭复数的定义得出结果.【详解】因为，所以的共轭复数是，故选.【点睛】本题主要考查了复数的运算，以及共轭复数的定义，属于基础题.3.设、分别为双曲线的左右焦点，点为左支上一点，且，则的值为（）A.1B.2C.5D.6【答案】D【解析】【分析】利用双曲线的定义以及相关性质，即可求出的值.【详解】由双曲线方程可知：，则由题意，有，且所以有，故答案选.【点睛】本题主要考查了双曲线的定义，标准方程及相关性质，属于基础题.4.角是的一个内角，若命题，命题，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】A【解析】由题意知命题：或，所以是的充分不必要条件.5.如下图是某个几何体的三视图，则这个几何体体积是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由三视图可知，其由一个三棱柱和一个半圆柱组成，然后利用对应的体积公式即可求解.【详解】由三视图可知，其由一个三棱柱和一个半圆柱组成，如图，则，故答案选.【点睛】本题主要考查了组合体的三视图，以及柱体的体积计算，属于基础题.6.已知，满足约束条件，则的最大值为A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标 函数 excel方差函数excelsd函数已知函数     2 f x m x mx m      2 1 4 2拉格朗日函数pdf函数公式下载 的几何意义，利用数形结合即可得到结论．【详解】作出不等式组 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 示的平面区域如下图中阴影部分所示，等价于，作直线，向上平移，易知当直线经过点时最大，所以，故选D．【点睛】本题主要考查线性规划的应用，利用目标函数的几何意义，结合数形结合的数学思想是解决此类问题的基本方法．7.已知椭圆的上下顶点分别为A，B，右顶点为C，右焦点为，若，则该椭圆的离心率为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用向量垂直的等价条件，以及椭圆的性质，即可求出离心率.【详解】因为，所以，因为，所以，即，而，则有，即，由于，所以，故选.【点睛】本题考查了离心率的求解，椭圆的性质以及向量法的运用，属于中档题.对于离心率求解问题，关键是建立关于的齐次方程，主要有两个思考方向，一方面，可以从几何的角度，结合曲线的几何性质以及题目中的几何关系建立方程；另一方面，可以从代数的角度，结合曲线方程的性质以及题目中的代数的关系建立方程.8.执行如下图所示程序框图，若输出k的值为5，则判断框内可填入的条件是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据题目条件，按照程序框图进行，直到符合输出值从而确定判断条件.【详解】由题意，，满足条件，则，满足条件，则，满足条件，则，满足条件，则，由于输出值为，所以此时不满足条件，而满足条件，由此可以判断，条件设为符合，故选.【点睛】本题主要考查了程序框图的判断条件，考查了计算能力，属于基础题.9.函数在上的图象大致为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用函数的性质，特殊值法以及排除法，即可判断.【详解】因为，而，所以，所以排除项，因为当时，，则，因为在内单调递减，在内单调递增，如图，两函数只有一个交点，所以只有一个零点，故在至多有一个极值点，排除项，故选项.【点睛】本题主要考查了函数图像判断，以及函数的相关性质，属于中档题.函数图像的识别可从以下几个方面入手：（1）从函数的定义域判断图像左右位置；从函数的值域判断图像的上下位置；（2）从函数的单调性判断图像的变化趋势；（3）从函数的奇偶性判断图像的对称性；（4）从函数的周期性判断图像的循环往复；（5）取特殊点，把点代入函数，从点的位置判断；（6）必要时可求导研究函数性质，从函数的特征点，排除不合要求的图像.充分利用上述的几个方面，排除、筛选错误与正确的选项.10.对于大于的自然数的三次幂可用奇数进行以下方式的“分裂”，，，…，仿此，若的“分裂数”中有一个是59，则的值为()A.6B.7C.8D.9【答案】C【解析】【分析】由题意可知，的三次方就是的奇数相加，而且从2开始，这些三次方的分解正好是从奇数3开始连续出现的，由此规律即可找出的“分裂数”中有一个是59时，的值.【详解】由题意，从到，包括从3开始的连续奇数共个；因为59是从3开始的第29个奇数，而当时，从到，包括从3开始的连续奇数共27个；而当时，从到，包括从3开始的连续奇数共35个；故，答案选.【点睛】本题主要考查了数列的相关知识，考查了观察，找规律的能力，属于中档题.11.如图，圆形纸片的圆心为O，半径为6cm，该纸片上的正方形ABCD的中心为O．E，F，G，H为圆O上的点，△ABE，△BCF，△CDG，△ADH分别是以AB，BC，CD，DA为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以AB，BC，CD，DA为折痕折起△ABE，△BCF，△CDG，△ADH，使得E，F，G，H重合得到一个四棱锥．当该四棱锥的侧面积是底面积的2倍时，该四棱锥的外接球的表面积为()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据侧面积与底面积的关系求出正方形的边长，进而利用外接球的性质求出半径，从而求出外接球的表面积.【详解】如图：连接交于点，设重合交于点，设正方形的边长为，则，因为该四棱锥的侧面积是底面积的2倍，则，解得，设该四棱锥的外接球的球心为，半径为，则有，因为，所以.则，解得，外接球的表面积为，故选.【点睛】本题主要考查了折叠问题，以及外接球问题，属于难题.对于平面图形折叠成空间几何体的相关问题，关键是抓住不变的数量关系以及位置关系；对于外接球问题，关键是找出球心位置并确定半径.12.若存在唯一的正整数，使关于的不等式成立，则实数的取值范围是()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】将不等式存在唯一正整数解的问题转化为对应函数问题，进而通过分离参数，将其转化为两个函数的函数值大小问题，通过图像法寻找到该正整数解，从而确定满足要求的等价条件，求出的范围.【详解】设，则存在唯一的正整数，使得，设，，因为，所以当以及时，为增函数，当时，为减函数，在处，取得极大值，在处，取得极大值.而恒过定点，两个函数图像如图，要使得存在唯一的正整数，使得，只要满足，即，解得，故选.【点睛】本题主要考查了不等式唯一整数解问题，考查了函数与不等式的关系以及图像法的运用，导数的应用等，属于难题.不等式有唯一整数解的问题，关键是寻找出对应的整数解，得到函数在其相邻整数的不等关系，从而求解出参数范围.二．填空题(本大题共4小题，每小题5分，满分20分)13.已知函数(为自然对数底数)，且函数在点处的切线斜率为1，则_______【答案】【解析】【分析】利用函数的导数几何意义即可求得.【详解】因为，所以，所以.【点睛】本题主要考查了函数导数的几何意义，属于基础题.14.等差数列的公差为，若成等比数列，则数列的前项和=_______【答案】【解析】【分析】利用等差数列通项公式以及等比中项性质，即可建立方程求出，再利用等差数列求和公式求解即可.【详解】由题意，成等比数列，则有，解得，所以，故答案为.【点睛】本题主要考查了等差数列通项公式、求和公式，以及等比中项的性质，属于基础题.15.直线与圆相交于两点，若，则实数的取值范围是_____________．【答案】【解析】分析】利用圆心到直线距离以及半径表示弦长，结合弦长的范围，即可求出的范围.【详解】因为圆：，直线：，而，则，解得：，所以的取值范围为.【点睛】本题主要考查了直线与圆的弦长问题，以及圆的性质，属于基础题.16.在中，角的对边分别为，若，且的面积，则的最小值为_______【答案】3【解析】【分析】利用角的关系以及三角恒等变换相关公式将条件中的恒等式化简，即可求出角，然后利用面积公式得到，结合余弦 定理 三点共线定理勾股定理的证明证明勾股定理共线定理面面垂直的性质定理 以及基本不等式，即可求出的最小值.【详解】因为，而，代入上式化简得：所以，因为，所以；因为，所以得；因为，所以，当且仅当时取等号，所以的最小值为3.【点睛】本题主要考查了余弦定理的应用，三角恒等变换，面积公式以及基本不等式，属于中档题.这类型题的关键在于结合余弦定理，运用基本不等式求解最值.三、解答题：本大题共6小题，满分80分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.为数列的前项和，已知，且.（1）求证：为等差数列；（2）设，求数列的前项和.【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）利用与的关系将条件转化为递推关系，化简即可得，即由定义可证.（2）利用等差数列通项公式求出，从而求得，利用裂项求和法即可求出其前项和.【详解】（1），①当时,②①-②得，即，∵，∴即，∴为等差数列（2）由已知得，即解得（舍）或∴∴∴【点睛】本题主要考查了等差数列证明，以及裂项求和法的应用，属于中档题.等差数列的证明主要有两种方法：（1）定义法，证得即可，其中为常数；（2）等差中项法：证得即可.18.如图，是圆的直径，是圆上除、外的一点，平面，四边形为平行四边形，，．（1）求证：平面；（2）当三棱锥体积取最大值时，求此刻点到平面的距离．【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）利用线面垂直判定定理，分别证得与垂直，从而证得平面，再由，即可使结论得证.（2）由于动点使得三棱锥的底面积和高都在改变，所以通过设，利用分别表示，从而构建体积的函数，求出体积最大值以及成立的条件，再利用等体积法求出点到平面的距离.【详解】（1）证明：是圆的直径，，平面，平面，，平面，平面，平面，四边形为平行四边形，，平面.（2）设，，平面，为三棱锥的高，平面，，而，当时，即时，三棱锥的体积最大值为，此时，在中，，而，显然，，设点到平面的距离为，.【点睛】本题考查了线面垂直证明，以及点面距离的求解，涉及到函数的思想，运用到了等体积法，属于中档题.对于几何动态问题，关键是弄清楚是什么量引起变化，再合理地选取变量，建立函数进行求解.而点线距离的求解问题，主要有三个方法：（1）定义法，通过找出对应的点线距离，结合解三角形求解距离问题；（2）等体积法，通过点面所在的三棱锥，利用体积相等求出对应的点线距离；（3）间接法，利用线面平行或者面面平行的性质，将点线距离恰当转化为易求的距离问题，间接求解.19.已知抛物线:的焦点为点在该抛物线上，且.（1）求抛物线的方程;（2）直线与轴交于点E,与抛物线相交于，两点,自点，分别向直线作垂线，垂足分别为,记的面积分别为.试证明:为定值.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）利用点在抛物线上，以及焦半径公式，即可求出的值，从而求出抛物线方程.（2）结合韦达定理，以及面积公式，分别用表示与，从而化简求得.【详解】（1）抛物线焦点为准线方程为点在该抛物线上①依定义及得②由①②解得抛物线的方程为（2）由消得设，则则又【点睛】本题主要考查了抛物线方程的求解，以及定值问题的证明，涉及到抛物线的相关性质，韦达定理，三角形面积公式等，属于难题.对于定值问题，解这类型问题时，要合理地选择参数（参数可能是直线的斜率、截距，也可能是动点的坐标等），使用参数表达其中变化的量，再使用这些变化的量表达需要求解的解题目标，从而通过代数变换化简，证得定值问题.在化简过程中注意消元，尽量化为单参数问题进行求解.20.已知函数，.（1）求函数的单调区间;（2）是否存在实数，使得函数的极值大于？若存在，求的取值范围；若不存在，请说明理由.【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）结合的定义域，以及导数的零点的情况，确定分类讨论的标准为，从而求出对应的单调区间.（2）由（1）可知，只有当时，在定义域内有一个零点，即为的极大值点.要使得极大值，等价转化为使得，再结合导函数的性质，即可得求得的范围.【详解】（1）函数的定义域为.①当时，，∵∴∴函数单调递增区间为.②当时，令得，.（ⅰ）当，即时，，∴函数的单调递增区间为.（ⅱ）当，即时，方程的两个实根分别为，.若，则，此时，当时，.∴函数的单调递增区间为，若，则，此时，当时，,单调递增当时，单调递减综上，当时，函数单调递增区间为单调递减区间为；当时，函数的单调递增区间为.（2）解：由(1)得当时，函数在上单调递增，故函数无极值；当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为；则有极大值，其值为，其中.而，∴设函数，则，则在上为增函数.又，故等价于.因而等价于.即在时，方程的大根大于1，设，由于的图象是开口向下的抛物线，且经过点(0,1)，对称轴，则只需，即解得，而，故实数的取值范围为.【点睛】本题主要考查了函数单调区间的求解，以及函数极值问题，涉及到导数在函数单调性、极值问题中的应用，以及函数与方程的思想，属于难题.对于函数（含参）单调性讨论问题，关键是结合函数的定义域，以及导数的零点情况（零点的存在性、个数、求解、分布以及大小关系），确定分类讨论的标准，从而讨论导数符号，确定函数单调性（单调区间）.21.在直角坐标系中，以原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系.已知曲线：（为参数），：（为参数）.（1）化，的方程为普通方程，并说明它们分别表示什么曲线；（2）直线的极坐标方程为，若上的点对应的参数为，为上的动点，求线段的中点到直线距离的最小值.【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）利用同角三角函数的平方关系消去参数，即可化为普通方程，并根据方程形式判断曲线类型.（2）先根据题意，将直线的直角坐标方程求出来，将坐标求出来，再利用参数法，表示线段的中点到直线距离，从而得到该距离的函数，通过研究函数得到其最小值.【详解】（1）因为：（为参数），消去参数得：，表示以为圆心，为半径的圆；因为：（为参数），消去参数得：，表示焦点在轴上的椭圆.（2）因为直线的极坐标方程为，利用互化公式可得直角坐标方程为：，因为若上的点对应的参数为，所以，因为为上的动点，则设，所以线段的中点，设到直线距离为，则有所以当时，.【点睛】本题主要考查了参数方程与普通方程的互化，极坐标方程与普通方程的互化，以及参数方程在点线距离问题当中的运用，属于中档题.对于点线距离最值问题，常常运用参数法，通过利用参数表示动点，再利用点线距离公式得到距离函数，经过恒等变换，即可讨论距离函数的最值.22.已知函数的解集为．（1）求的值；（2）若，使得成立，求实数的取值范围．【答案】（1）2；（2）【解析】【分析】（1）利用绝对值的几何意义求解不等式，结合其解集即可求得的值.（2）先将不等式分离参数得，令，则问题等价于，再通过求解一元二次不等式即可出的范围.【详解】（1），，，或，又的解集为．故.（2）等价于不等式，，故，则有，即，解得或即实数的取值范围【点睛】本题主要考查了绝对值不等式的求解，以及存在性问题的求解，属于中档题.对于绝对值不等式的求法，主要有以下几种：（1）利用绝对值的几何意义；（2）零点分段法；（3）图像法；（4）平方法.