安徽省濉溪二中2020学年高二数学下学期4月联考试题 理（含解析）

PAGE2020～2020学年高二下学期4月月考数学试卷（理科）一、选择题.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.复数在复平面内对应的点位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】A【解析】分析：先化简复数z,再看复数z在复平面内对应的点所在的象限.详解：由题得，所以复数z在复平面内对应的点为（2,4），故答案为：A.点睛：（1）本题主要考查复数的运算和复数的几何意义，意在考查学生对这些知识的掌握水平.(2)复数对应的点是（a,b）,点（a,b）所在的象限就是复数对应的点所在的象限.复数和点（a,b）是一一对应的关系.2.已知集合，集合，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】分析】求值域得集合A,解对数不等式得集合B，再根据交集定义求结果.【详解】因，，所以.选A.【点睛】本题考查函数值域、解对数不等式以及交集，考查基本分析求解能力，属基础题.3.已知向量，，若与垂直，则（）A.-1B.1C.土1D.0【答案】C【解析】分析：首先根据题中所给的向量垂直的条件，得到向量数量积等于零，从而得到，之后利用相应的公式得到所满足的条件，从而求得结果.详解：根据与垂直，可得，即，所以有，解得，故选C.点睛：该题考查的是有关向量的问题，涉及到的 知识点 高中化学知识点免费下载体育概论知识点下载名人传知识点免费下载线性代数知识点汇总下载高中化学知识点免费下载 有用向量的数量积等于零来体现向量垂直，再者就是向量的平方和向量模的平方是相等的，最后列出相应的等量关系式求得结果.4.若，则的概率为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由，得，当时，即可求出的范围，根据几何概型的公式，即可求解。【详解】由，得，当，即当时，，所以的概率为.【点睛】本题考查几何概型的公式，属基础题5.某几何体的三视图如图所示，其中俯视图中的圆的半径为2，则该几何体的体积为（）A.B.296C.D.512【答案】C【解析】由三视图可知，该几何体是一个正方体挖去一个圆柱所得的组合体，其中正方体的棱长为8，圆柱的底面半径为2，高为6，则该几何体的体积为：.本题选择C选项.点睛：(1)求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；(2)若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等 方法 快递客服问题件处理详细方法山木方法pdf计算方法pdf华与华方法下载八字理论方法下载 进行求解．6.下列使用类比推理正确是（）A.“平面内平行于同一直线的两直线平行”类比推出“空间中平行于同一平面的两直线平行”B.“若，则”类比推出“若，则”C.“实数，，满足运算”类比推出“平面向量满足运算”D.“正方形的内切圆切于各边的中点”类比推出“正方体的内切球切于各面的中心”【答案】D【解析】【分析】根据类比结果进行判断选择.【详解】因为空间中平行于同一平面的两直线位置关系不定，所以A错；因为“若，则”，所以B错；因为，所以C错；因为正方体的内切球切于各面的中心，所以正确.选D.【点睛】本题考查线面位置关系判断、向量运算律以及正方体性质，考查基本分析判断能力，属基础题.7.已知椭圆的两个焦点为，，过的直线交于，两点（斜率不为0），则“”是“的周长为”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】【分析】先根据周长得，再根据椭圆方程求，最后根据取值范围确定充要关系.【详解】由椭圆定义得的周长为，若，由，得，经检验，符合；若，由，得或，经检验，符合.所以的周长为时或，故“”是“的周长为”的充分不必要条件，选.【点睛】本题考查椭圆定义、椭圆方程基本量以及充要关系，考查基本分析求解能力，属中档题.8.已知，，，，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】先求定积分得，再根据对数函数单调性比较大小.【详解】由题意得，所以，，.所以，选B.【点睛】本题考查定积分以及对数函数单调性，考查基本分析判断能力，属中档题.9.将曲线向右平移个单位长度后得到曲线，若函数的图象关于轴对称，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】曲线向右平移个单位长度后得到曲线，若函数的图象关于轴对称，则，则，又，所以.故选D.点睛：三角函数中函数图象的平移变化是常考知识点，也是易错题型.首项必须看清题目中是由哪个函数平移，平移后是哪个函数；其次，在平移时，还要注意自变量x的系数是否为1，如果x有系数，需要将系数提出来求平移量，平移时遵循“左加右减”.10.若定义在上函数满足，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】构造函数，根据单调性比较大小，即得结果.【详解】设，则.因为，所以，所以函数在上单调递增，所以.即，.选A.【点睛】本题考查利用导数研究函数单调性，考查基本分析判断能力，属中档题.11.在三棱锥中，，，，则三棱锥外接球的 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 面积为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由于已知三棱锥的相对棱长相等，可考虑补形为长方体求解．【详解】解：如图，把三棱锥补形为长方体，设长方体的长、宽、高分别为，则，∴三棱锥外接球的半径∴三棱锥外接球的表面积为．故选：C．【点睛】本题考查多面体外接球的求法，关键是补形思想的应用，是中档题．12.设，双曲线与圆相切，，，若圆上存在一点满足，则点到轴的距离为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据双曲线定义确定点轨迹，进而确定点P为右切点，最后解得点P的纵坐标即可.【详解】易知点、分别为双曲线的左、右焦点，又，故由双曲线的定义可知在双曲线上，且为右切点，联立与，消去得，∵，又，∴,，即点到轴的距离为.选B.【点睛】本题考查双曲线定义以及双曲线与圆相切，考查基本分析求解能力，属中档题.二、填空题。13.国家气象局统计某市2020年各月的平均气温（单位：C）数据的茎叶图所示，则这组数据的中位数是________.【答案】20.5【解析】【分析】将茎叶图各数据从小到大排列，再根据中位数定义得结果.【详解】将茎叶图各数据从小到大排列，可得中位数为.【点睛】本题考查茎叶图以及中位数，考查基本分析求解能力，属基础题.14.设，满足约束条件，则的最大值为________.【答案】0【解析】【分析】根据约束条件，做出可行域，利用目标函数几何意义，找到最优解，从而得到最值【详解】做出可行域，如图所示，做出直线：，由图可知，当经过点C：时，有最大值，且最大值为.故答案为0。【点睛】本题考查简单的线性 规划 污水管网监理规划下载职业规划大学生职业规划个人职业规划职业规划论文 问题，属基础题15.已知函数；，，，…，，经过计算可以求得的零点为1，的零点为2，的零点为4，那么的零点为________.【答案】16【解析】【分析】根据归纳可得结果，也可直接求解得零点.【详解】的零点为，的零点为，据此规律可得的零点为，不难验证.【点睛】本题考查归纳猜想以及函数零点，考查基本分析归纳与求解能力，属基础题.16.已知，则函数在上恰有两个零点的概率为________.【答案】【解析】【分析】先求导，根据导函数零点情况分类讨论，确定函数有两个零点的范围，再根据几何概型概率公式求结果.【详解】，当时，在上无极值，至多一个零点，舍去；当时，若，则，此时单调递减；若，则，此时单调递增，所以，因为有两个零点，且，所以，且，故，所以在上恰有两个零点的概率为.【点睛】本题考查利用导数研究函数零点以及几何概型概率，考查基本分析求解能力，属中档题.三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.在中，，，的对边分别是，，，已知.（1）求；（2）若，且的面积为4，求的周长【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据正弦定理及题中条件，可得，化简整理，即可求解。（2）由的面积为4，结合（1）中结论，可得，结合余弦定理，可得，从而可求的周长。【详解】解：（1）由及正弦定理得，，又，∴，∴，∴.（2）∵的面积为，∴.由余弦定理得，∴.故的周长为.【点睛】本题考查正弦定理应用，余弦定理解三角形，三角形面积公式，考查计算化简的能力，属基础题。18.已知函数，且.（1）若，求曲线在处的切线方程；（2）讨论的单调性.【答案】(1)(2)在上单调递减，在，上单调递增.【解析】分析】（1）先求定积分得，再根据导数几何意义得切线斜率，最后根据点斜式得结果，（2）先求导数，再求导函数零点，最后根据的正负，分类讨论单调区间.【详解】解：（1），所以，，，，所以曲线在处的切线方程为，即.（2），.令，得，，当时，令，则；令，则或.故在上单调递增，在，上单调递减.当时，令，则；令，则或.故在上单调递减，在，上单调递增.【点睛】本题考查利用导数研究函数单调区间、导数几何意义以及定积分，考查基本分析求解能力，属中档题.19.已知数列的前项和为，且.（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和.【答案】(1)(2)【解析】【分析】（1）根据和项与通项关系求结果，（2）先化简，再根据错位相减法求和.【详解】解：（1）因为，所以当时，，.当时，因为，所以当，所以，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，故.（2）因为，所以，，，相减得，，所以.【点睛】本题考查利用和项求通项以及错位相减法求和，考查基本分析求解能力，属中档题.20.如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，.且底面.（1）证明：平面平面；（2）若为的中点，且，求二面角的大小【答案】(1)见证明；(2)【解析】【分析】（1）先根据计算得线线垂直，再根据线面垂直判定定理以及面面垂直判定定理得结论，（2）根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，根据方程组解得平面的法向量，利用向量数量积得向量夹角，最后根据二面角与向量夹角关系得结果.【详解】（1）证明：∵，∴，∵，∴.又∵底面，∴.∵，∴平面.而平面，∴平面平面.（2）解：由（1）知，平面，分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示，因为，，令，则，，，，，∴，.，∴.故，.设平面的法向量为，则即令，得.易知平面的一个法向量为，则，∴二面角的大小为.【点睛】本题考查利用空间向量求二面角、线面垂直判定定理以及面面垂直判定定理，考查基本分析求解能力，属中档题.21.已知，抛物线与抛物线异于原点的交点为，且抛物线在点处的切线与轴交于点，抛物线在点处的切线与轴交于点，与轴交于点.（1）若直线与抛物线交于点，，且，求；（2）证明：的面积与四边形的面积之比为定值.【答案】（1）（2）见解析【解析】 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 分析：（１）联立直线方程与抛物线方程，根据弦长公式以及韦达定理得等量关系，求出p，（２）先求M坐标，再求直线方程，进而求得A,B,C坐标，即得面积，最后作商.试题解析：（1）解：由，消去得.设，的坐标分别为，，则，.∴，∵，∴.故抛物线的方程为.（2）证明：由，得或，则.设直线：，与联立得.由，得，∴.设直线：，与联立得.由，得，∴.故直线：，直线：，从而不难求得，，，∴，，∴的面积与四边形的面积之比为（为定值）.22.已知函数.（1）若，求的单调区间；（2）若，证明，.【答案】（1）在上单调递减，在上单调递增.（2）见解析【解析】【分析】（1），求导，令可求得单调递增区间，令可求得单调递增减区间。（2），等价于，由题意得，，所以，只需证，设，结合的单调性和最值，即可求证。【详解】（1）解：因为，所以，，.当时，；当时，.所以的单调递减区间为，单调递增区间为。（2）证明：，，等价于，，，，所以，于是只需要证.令，，，则函数在上单调递增，于是.所以，即，成立，即。【点睛】本题考查利用导数求函数的单调区间与最值，证明不等式问题，考查分析推理，计算化简的能力，综合性较强，属中档题。