四川省成都市树德中学2019-2020学年高二数学5月半期考试试题-理.doc

四川省成都市树德中学2019-2020学年高二数学5月半期考试试题 理四川省成都市树德中学2019-2020学年高二数学5月半期考试试题 理年级：姓名：- 24 -四川省成都市树德中学2019-2020学年高二数学5月半期考试试题 理（含解析）一、选择题（本大题共12个小题，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.若复数，复数，则A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先计算，再求.【详解】，故，故选B.【点睛】本题考察复数的概念与运算，涉及到乘法运算和复数的模，为基础题.2.欲证成立，只需证（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由于原不等式的等价于，再两边同时平方，即可得出答案.【详解】解：根据题意，欲证，则需证，只需证.故选：C.【点睛】本题考查利用分析法证明不等式，体现转化思想，属于基础题.3.下列三个数：，大小顺序正确的是（ ）A B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：构造函数，因为对一切恒成立，所以函数在上是减函数，从而有，即，故选A考点：函数单调性的应用4.否定“自然数中恰有一个偶数”的正确的反设为（ ）A. 都是奇数B. 都是偶数C. 至少有两个偶数D. 中或都是奇数或至少有两个偶数【答案】D【解析】【详解】因为反证法中的反设就是原命题的否定，而“自然数中恰有一个偶数”的否定是“中或都是奇数或至少有两个偶数”，所以否定“自然数中恰有一个偶数”的正确的反设为“中或都是奇数或至少有两个偶数”，故选D.5.在同一平面直角坐标系中，经过伸缩变换后，曲线变为曲线，则曲线的对称中心是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据题意，点在曲线上，由伸缩变换公式，将其代入中化简，将其变形为标准方程即可求解.【详解】解：由题意，点在曲线上，又，所以曲线的对称中心是.故选：B【点睛】本题考查伸缩变换公式的应用， 关键是将变换后的量代入方程进行化简，考查理解辨析能力及运算求解能力，属于基础题.6.已知函数，.若函数的图象恒在函数图象的上方，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】将原问题转化为求不等式恒成立，然后利用绝对值三角不等式的性质求解的最小值，最后解一元二次不等式，即可得出的取值范围.【详解】解：由题可知，函数的图象恒在函数图象的上方，即对任意实数恒成立，即不等式恒成立，又由绝对值三角不等式的性质，可得对于任意实数恒有：，于得：，即，所以解得：，即的取值范围是.故选：A.【点睛】本题考查利用绝对值三角不等式的性质求最值，用于解决恒成立问题，还涉及一元二次不等式的解法，考查学生的转化能力和计算求解能力.7.已函数的两个极值点是和，则点的轨迹是（ ）A. 椭圆弧B. 圆弧C. 双曲线弧D. 抛物线弧【答案】D【解析】【分析】根据极值点的定义把用表示后，消去得关于的方程，由方程确定曲线【详解】由题意，所以是方程的两根，所以且，所以，所以点在曲线上，还要满足，轨迹为抛物线弧故选：D【点睛】本题考查值点的定义，考查由方程研究曲线，掌握极值与导数的关系是解题基础在由方程研究曲线时，注意方程中变量的取值范围8.定义在上的函数, 其导函数为, 若恒有, 则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：因为，所以由，得不妨设，则，所以函数在上单调递增，所以，即，亦即，故选D考点：1、利用导数研究函数的单调性；2、不等式恒成立问题【技巧点睛】联系已知条件和结论，构造辅助函数是高中数学中一种常用方法，解题中若遇到有关不等式、方程及最值之类问题，设法建立起目标函数，并确定变量的限制条件，通过研究函数的单调性、最值等问题，常可使问题变得明了9.已知球体的半径为3，当球内接正四棱锥的体积最大时，正四棱锥的高和底面边长的比值是（ ）A. 1B. C. D. 2【答案】A【解析】【分析】设球心到底面距离为，通过正四棱锥的对角面求出棱锥的高，与底面边长，计算出体积后，利用导数的知识求出最大值，得出结论【详解】如图，是正四棱锥的对角面，其外接圆是四棱锥外接球的大圆，是圆心（球心），设正四棱锥底面边长为，则，设，则由得， 当时，递增，时，递减，时，取得极大值也是最大值此时高，故选：A【点睛】本题考查导数的实际应用，解题关键是引入变量，把棱锥体积表示为的函数，利用导数求得最大值10.如图所示，平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长都为1，且两两夹角为.求与夹角的余弦值是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】以为空间向量的基底，表示出和，由空间向量的数量积求出向量的夹角的余弦值即得【详解】由题意以为空间向量的基底，与夹角的余弦值为故选：B【点睛】本题考查用空间向量法求异面直线所成的角，解题时选取空间基底，把其他向量用基底表示，然后由数量积的定义求得向量的夹角，即得异面直线所成的角11.已知函数是定义在的可导函数，为其导函数，当且 时，若曲线在处的切线的斜率为，则 （ ）A. 0B. 1C. D. 【答案】C【解析】当 且 时，可得： 时， 时， 令 可得： 时， ； 时， 可得：函数在处取得极值， 故答案为12.已知，若，则当取得最小值时，所在区间是（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】令，即，令，则递增，递减存在唯一使得，则时，时，即取最小值时，根据零点存在定理验证的根的范围：当时，当，故选B点睛：涉及函数的零点问题、方程解的个数问题、函数图像交点个数问题，一般先通过研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，再借助函数的大致图象判断零点、方程根、交点的情况，归根到底还是研究函数的性质，如单调性、极值，然后通过数形结合的思想找到解题的思路.二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分.）13.已知，则复数的虚部是_.【答案】【解析】【分析】利用复数的乘方，将，转化为，从而得到复数，进而可求得其虚部.【详解】因为，所以所以所以复数的虚部是故答案为：【点睛】本题主要考查复数的乘方和复数相等以及复数的概念，还考查了运算求解的能力，属于基础题.14.已知圆的极坐标方程为，则此圆被直线截得的弦长为_【答案】 【解析】由弦长 .15.在直角坐标系中，抛物线：的焦点为，准线为，为上第一象限内的一点，垂直于点，分别为，的中点，直线与轴交于点，若，则直线的斜率为_.【答案】【解析】【分析】根据题意画出示意图，由几何关系证得是等边三角形后，即可求解.【详解】解:根据题意，作示意图如下图所示：，记与轴的交点为，则，且由几何关系可证，过点作的垂线，可知其垂足就为点，且可得，是等边三角形，由几何关系可得：，所以直线的斜率为.故答案为：【点睛】在解决与抛物线的性质有关的问题时，要注意利用几何图形的形象、直观的特点来解题，特别是涉及焦点、顶点、准线的问题更是如此.16.已知过点作曲线：的切线有且仅有两条，则实数的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】设切点为，求导得斜率，然后利用点斜式得切线方程，将点代入整理得，使得方程关于有两解，构造函数，利用导数研究函数的单调性和极值，求出，即可求得实数的取值范围.【详解】解：由题可知，曲线：，定义域为，则，设切点为，则切线斜率为：，切线方程为：，将代入切线方程得：，又因为，所以，整理得：，由于过点作曲线：的切线有且仅有两条，即有两个解，可设，则，令，即，解得：，令，即，得：，所以时，单调递减，令，即，得：，所以时，单调递增，所以，所以当时，有两个解，即过点作曲线：的切线有且仅有两条，则实数的取值范围是：.故答案为：.【点睛】本题考查导数的几何意义的应用以及利用导数研究函数的单调性和最值，求切线方程时要注意过某点的切线还是在某点处的切线，前者需要设出切点，后者给出的点即为切点，考查转化思想和运算能力.三、解答题（本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.（1）已知关于的不等式（其中），当时，求不等式的解集；（2）已知，均为正数，且，求证：.【答案】（1）；（2）见解析【解析】【分析】（1）利用已知条件，先分析的解集就是绝对值不等式的求解，利用三段论法得到即可；（2）根据要证结论分析可知由三元基本不等式即可证得结论成立.【详解】（1）当时，不等式为.当时，解得；当时，解得；当时，此时不存在，原不等式的解集为.（2）因为，当且仅当时等号成立，所以.【点睛】本试题主要是考查了绝对值不等式的求解，考查三元基本不等式的应用，考查推理能力与计算能力，考查了分类讨论的思想，属于中档题.18.选修4-4：坐标系与参数方程在直角坐标系中，曲线的参数方程为 (为参数).在以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线.（）写出曲线，的普通方程；（）过曲线的左焦点且倾斜角为的直线交曲线于两点，求.【答案】（1）,（2）【解析】分析：（）消去参数及利亚极坐标与直角坐标互化方法，写出曲线，的普通方程；（）直线的参数方程为（为参数），将其代入曲线整理可得：，利用参数的几何运用求详解:（）即曲线的普通方程为，曲线的方程可化为即.（）曲线左焦点为直线的倾斜角为，所以直线的参数方程为（参数）将其代入曲线整理可得，所以.设对应的参数分别为则所以，.所以点睛: 本题考查参数方程的运用，考查参数方程、极坐标方程、普通方程的转化，考查学生的计算能力，属于中档题19.如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面，分别是，的中点.(1)求证：；(2)设为线段上的动点，若线段长的最小值为，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）根据线面垂直的判定定理，得到平面，进而可推出结论成立；（2）为线段上的动点，连接，根据题意得到，由（1）得，两两垂直，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，由向量夹角公式，即可得出结果.【详解】(1)四边形为菱形，为正三角形.又为的中点，.，.平面，平面，.平面，平面，且，平面，又平面，；(2)如图，为线段上的动点，连接，.当线段的长最小时，.由(1)知，平面.平面，.在中，在中，由，可知，即.在中，可得.由(1)可知，两两垂直，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.由，分别是，的中点，可得，所以，.设平面的法向量为，则，因此，取，得.因为，所以平面，故为平面的一个法向量.又，所以.由图易知二面角为锐角，故所求二面角的余弦值为.【点睛】本题主要考查证明线线垂直，以及求二面角，熟记线面垂直的判定定理与性质定理，以及二面角的向量求法即可，属于常考题型.20.设函数，.（1）若对任意，恒成立，求的取值范围；（2），讨论函数的单调性.【答案】（1）；（2）见解析【解析】【分析】（1）将对任意，恒成立，转化为对任意， 恒成立，令，由函数在区间上单调递减，只需证恒成立即可.（2）得到，求导，再分， ， ，五种情况讨论求解.【详解】（1）因为，即，即，令，因为函数在区间上单调递减，所以恒成立，即在区间上恒成立，故.（2），当时，递增，递减，当时，递增，递减，当时，的单调递增区间为，当时，或；，当变化，变化如下表1正零负零正递增极大值递减极小值递增即单调增区间为，减区间为.当时，或；，当变化，变化如下表1正零负零正递增极大值递减极小值递增即单调增区间为，减区间为.综上：当时，单调增区间为，减区间为，当时，单调增区间为，减区间为，当时，的单调递增区间为，当时，单调增区间为，减区间为.【点睛】本题主要考查导数与函数的单调性，还考查了转化化归，分类讨论的思想和运算求解的能力，属于难题.21.已知椭圆：的左、右焦点分别为，过且与轴垂直的直线被椭圆和圆截得的弦长分别为2和.（1）求的标准方程；（2）已知动直线与抛物线：相切（切点异于原点），且与椭圆相交于，两点，问：椭圆上是否存在点，使得，若存在求出满足条件的所有点的坐标，若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）存在，点坐标为或【解析】【分析】（1）（1）设直线方程为，分别与椭圆方程，圆联立解得交点坐标，再根据弦长分别为2和.求解.（2）设：，与抛物线方程联立，根据与相切，则，与椭圆方程联立，由结合韦达定理得到Q坐标代入椭圆方程求解.【详解】（1）设直线方程为，与椭圆方程联立解得，所以， 直线方程为，与圆联立解得，所以，解得，故：.（2）由题知存在且斜率不为0，设：，联立，得，因为与相切，故，联立，得，所以，又，所以.因为，所以，由韦达定理，代入计算得，因为点在椭圆上，即，代入得，即，解得或（舍），所以，此时点坐标为或.【点睛】本题主要考查直线与椭圆，直线与抛物线，直线与圆的位置关系，还考查了运算求解的能力，属于中档题.22.已知函数.（1）求函数的单调区间；（2）求函数在上的最大值；（3）若存在，使得，证明：.【答案】（1）增区间为，减区间为；（2）；（3）见解析【解析】【分析】（1）利用导数证明单调区间即可；（2）讨论区间端点的大小关系，确定在的单调性，即可得出其最大值；（3）由有两个零点，得出，进而得出的取值范围，根据，由不等式的性质得出，由得出，进而得出，结合，即可证明.【详解】（1），的增区间为，减区间为.（2）当即时，函数在上单调递增当即时，函数在上单调递增，在上单调递减当即时，函数在上单调递减综上：.（3）当有两个零点必有，即又，得证【点睛】本题主要考查了利用导数求函数的单调性以及最值，利用导数研究双变量问题，属于中档题.