江西省宜春市高安中学2019-2020学年高一数学下学期期中试题理.doc

江西省宜春市高安中学2019-2020学年高一数学下学期期中试题理江西省宜春市高安中学2019-2020学年高一数学下学期期中试题理年级：姓名：- 23 -江西省宜春市高安中学2019-2020学年高一数学下学期期中试题（A）理（含解析）一.选择题（本大题共12个小题.）1.命题“”的否定为 （ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】由特称命题的否定可知，命题“”的否定为“”选C2.设(是虚数单位)，则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】B【解析】【分析】复数的代数表示法及其几何意义【详解】由，得在第二象限【点睛】本题考查了复数的运算法则、几何意义，考查了计算能力，属于基础题3.已知椭圆的离心率为，且椭圆的长轴长与焦距之和为6，则椭圆的标准方程为A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据椭圆的离心率为，椭圆的长轴长与焦距之和为6，结合性质 ，列出关于 、 、的方程组，求出 、，即可得结果.【详解】依题意椭圆：的离心率为得，椭圆的长轴长与焦距之和为6，解得，则，所以椭圆的标准方程为：，故选D【点睛】本题考查椭圆的简单性质与椭圆方程的求法，属于简单题用待定系数法求椭圆方程的一般步骤；作判断：根据条件判断椭圆的焦点在轴上，还是在轴上，还是两个坐标轴都有可能；设方程：根据上述判断设方程或；找关系：根据已知条件，建立关于、的方程组；得方程：解方程组，将解代入所设方程，即为所求.4.“”是此方程，表示椭圆的（ ）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】B【解析】【分析】根据方程表示椭圆的充要条件解得或，再结合必要不充分条件的概念可得答案.【详解】因为方程表示椭圆的充要条件是即或，而“”是“或”的必要不充分条件，所以“”是此方程，表示椭圆的必要不充分条件.故选：B【点睛】本题考查了必要不充分条件的概念，考查了椭圆的标准方程的结构特征，这里容易漏掉分母不能相等，属于基础题.5.聊斋志异中有这样一首诗：“挑水砍柴不堪苦，请归但求穿墙术.得诀自诩无所阻，额上坟起终不悟.”在这里，我们称形如以下形式等式具有“穿墙术”：，则按照以上规律，若具有“穿墙术”，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】通过观察四个等式，发现存在相同性质，从而得出即可.【详解】因为，所以，即.故选：C.【点睛】归纳推理的一般步骤是：（1）通过观察个别情况发现某些相同性质；（2）从已知的相同性质中推出一个明确表达的一般性命题（猜想）6.给出定义：若函数在D上可导，即存在，且导函数在D上也可导，则称在D上存在二阶导函数，记，若在D上恒成立，则称在D上为凸函数以下四个函数在上不是凸函数的是 （ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】对A，B，C，D四个选项逐个进行二次求导，判断其在上的符号即可得选项.【详解】若，则，在上，恒有；若，则，在上，恒有；若，则，在上，恒有；若，则.在上，恒有，故选D.【点睛】本题主要考查函数的求导公式，充分理解凸函数的概念是解题的关键，属基础题7.若，则函数的图象在处的切线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由微积分基本定理求得值，再根据导函数求切线方程.【详解】，则切线方程为，即【点睛】本题考查微积分基本定理和由导函数求切线方程，属于基础题.8.设，分别为定义在上的奇函数和偶函数，且（为自然对数的底数），则函数的图象大致为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据函数的奇偶性可求出，再利用导函数求出函数的极值点，和函数的图象的趋势，即可求出结果.【详解】因为，所以，即，所以.因为，当时，所以C，D错误.又，所以为极值点，即B错误.故选：A.【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性和导函数在函数图象上的应用，属于基础题.9.已知，点在直线上运动，则当取得最小值时，点的坐标为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析】设，根据可得，再利用空间向量的数量积可得，根据二次函数知识可得当时，取得最小值，【详解】设，则，因为点在直线上运动，所以，所以，即，所以，所以所以当时，取得最小值，此时点的坐标为.故选：B【点睛】本题考查了空间向量共线问题，考查了空间向量数量积的坐标运算，考查了二次函数的最值问题，考查了运算求解能力，属于基础题.10.设点为抛物线的焦点，三点在抛物线上，且四边形为平行四边形，若对角线（点在第一象限），则对角线所在的直线方程为( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据抛物线定义和性质，可得点的坐标为，线段的中点的坐标为，再根据点差法可得，再根据点斜式即可求出结果.【详解】如图所示，设点的坐标为，则，所以，点的坐标为.所以线段的中点的坐标为.设，.有，且.所以，所以，所以.对角线所在的直线方程为，即.故选：B.【点睛】本题主要考查了抛物线的定义、性质，以及点差法的应用，属于中档题.11.已知定义在上的函数的导函数为，对任意，有，且.设，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据可构造函数,再利用单调性判断函数值的大小即可.【详解】构造函数,则,又,故.在上单调递减.又,故为奇函数,故为偶函数.又.又偶函数在上单调递减.故.故.故选：D【点睛】本题主要考查了构造函数判断函数值的大小问题,需要根据题意构造合适的函数,并分析单调性与奇偶性,从而求得函数值大小的关系等.属于中等题型.12.已知椭圆+=1()的左、右焦点分别为F1(，0)，F2(，0)，若椭圆上存在点P，使，则该椭圆离心率的取值范围为A (0，)B. (，1)C. (0，)D. (，1)【答案】D【解析】【分析】【详解】由已知及正弦定理知，即.即，又， 即，解得，选.考点：双曲线的几何性质，正弦定理，双曲线的第二定义.二. 填空题（本大题共4小题，请把答案填在题中横线上）13.设复数满足，则_【答案】【解析】分析：由题意先求出复数，然后再求详解：，点睛：对于复数的运算一是要注意运算的顺序，另外要注意在运算中的应用，即遇到时要写成求复数的模时，首项将复数化为代数形式后再根据公式求解14.在直线，围成的区域内撒一粒豆子，则落入，围成的区域内的概率为_【答案】【解析】 由题意，直线所围成的区域为一个长为，高为的矩形，所以其的面积为， 又由，解得， 所以由所围成的区域的面积为，所以概率为.15.设动点P在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1的对角线BD1上，记.当APC为钝角时，的取值范围是_【答案】(，1)【解析】本题主要考查了用空间向量求直线间的夹角，一元二次不等式的解法，意在考查考生的空间想象能力以及运算求解能力以、为单位正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则有A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，D1(0,0,1)，则(1,1，1)，得(，)，所以(，)(1,0，1)(1，1)，(，)(0,1，1)(，1，1)，显然APC不是平角，所以APC为钝角等价于0，即(1)(1)(1)20，即(1)(31)0，解得1，因此的取值范围是(，1)16.用符号表示不超过的最大整数，例如：；.设函数有三个零点，且，则的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】由题意可知，得；令，可知单调递增区间为，单调递减为，作出的草图，由图可知，所以，而，所以，即，可得，由此即可求出结果.【详解】因为，所以或.由得，由得.令，则，所以.当时，单调递增，时，单调递减.事实上，当时，当时，.由图显然，所以，而，所以，即.所以，即解得.故答案为：.【点睛】本题主要考查了导函数在函数零点中的应用，属于难题.三.解答题（本大题共6小题，共70分，17题满分10分，其余满分12分）17.设实数x满足，其中，命题实数x满足（1）若，且为真，求实数x的取值范围；（2）若p是q的必要不充分条件，求实数a的取值范围【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）为真, 均为真命题，分别计算范围得到答案.（2）p是q的必要不充分条件，根据表示范围关系解得答案.【详解】解：实数x满足，其中，解得命题实数x满足，解得，即（1）时， 为真，可得p与q都为真命题， 则 解得所以实数x的取值范围是（2）p是q的必要不充分条件， 解得.实数a的取值范围是【点睛】本题考查了命题与充分必要条件，属于简单题型.18.观察下面四个等式：第1个：，第2个：，第3个：第4个：（1）按照以上各式的规律，猜想第n个等式（）；（2）用数学归纳法证明你的猜想成立【答案】（1）； （2）见解析.【解析】【分析】(1)由已知等式，观察等式的左边和右边，可得猜想 ，； (2)运用数学归纳法证明，先检验成立，假设时，猜想成立，再证，注意运用假设，以及因式分解，可得证明【详解】(1)猜想第n个等式为：，. (2)证明：(1)当，左边右边，等式成立；(2)假设当时，等式成立，即，那么当时所以，当时，等式成立由(1)和(2)可知等式对于任何都成立【点睛】本题考查归纳猜想，以及数学归纳法的证明，考查推理能力和运算能力，属于基础题19.已知四棱锥，底面为菱形， ,H为上的点，过的平面分别交于点，且平面（1）证明： ；（2）当为的中点， ，与平面所成的角为，求二面角的余弦值【答案】（1）见解析； （2）.【解析】【分析】（1）连结交于点，连结由题意可证得平面，则由线面平行的性质定理可得，据此即可证得题中的结论；（2）结合几何体的空间结构特征建立空间直角坐标系，求得半平面的法向量，然后求解二面角的余弦值即可.【详解】（1）证明：连结交于点，连结因为为菱形，所以，且为、的中点，因为，所以，因为且平面，所以平面，因为平面，所以因为平面， 平面，且平面平面，所以，所以（2）由（1）知且，因为，且为的中点，所以，所以平面，所以与平面所成的角为，所以，所以，因为，所以 分别以， ， 为轴，建立如图所示空间直角坐标系，设，则，所以记平面的法向量为，则，令，则，所以，记平面的法向量为，则，令，则，所以， 记二面角的大小为，则所以二面角的余弦值为 【点睛】本题主要考查线面垂直的性质定理，利用空间直角坐标系求二面角的方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.20.已知函数在与时都取得极值（1）求的值与函数的单调区间；（2）若对,不等式恒成立，求的取值范围【答案】解：（1），递增区间是（，）和（1，+），递减区间是（，1）（2）【解析】【分析】（1）求出f（x），由题意得f（）0且f（1）0联立解得与b的值，然后把、b的值代入求得f（x）及f（x），讨论导函数的正负得到函数的增减区间；（2）根据（1）函数的单调性，由于x1，2恒成立求出函数的最大值为f（2），代入求出最大值，然后令f（2）c2列出不等式，求出c的范围即可【详解】（1），f（x）3x2+2ax+b由解得，f（x）3x2x2（3x+2）（x1），函数f（x）的单调区间如下表：x（,） （，1）1（1，+）f（x）+00+f（x）极大值极小值所以函数f（x）的递增区间是（，）和（1，+），递减区间是（，1）（2）因为，根据（1）函数f（x）的单调性，得f（x）在（1，）上递增，在（，1）上递减，在（1，2）上递增，所以当x时，f（x）为极大值，而f（2），所以f（2）2+c为最大值要使f（x）对x1，2恒成立，须且只需f（2）2+c解得c1或c2【点睛】本题考查了函数的单调性、极值、最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，属于中档题21.已知椭圆：过点，且离心率为.（1）求椭圆的标准方程；（2）设过点为的直线与椭圆交于两点，点关于轴的对称点为（点与点不重合），证明：直线恒过定点，并求该定点的坐标.【答案】（1） (2)见证明【解析】【分析】(1) 由题意知，解出即可；（2）设，则，联立直线和椭圆，得到韦达定理，直线的方程为：，令y=0即可得到定点坐标.【详解】（1）由题意知，解得，则椭圆的方程是.（2）设，则，由已知得直线的斜率存在，设斜率为，则直线的方程为：，由，得，所以，直线的方程为：，所以，令，则 ，所以直线与轴交于定点.【点睛】圆锥曲线中的定点、定值问题是考查的重点，一般难度较大，计算较复杂，考查较强的分析能力和计算能力.求定值问题常见的方法：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个定值与变量无关；（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.解题时，要将问题合理的进行转化，转化成易于计算的方向.22.已知函数.（1）当时，求函数的最小值；（2）若在区间上有两个极值点.（）求实数的取值范围；（）求证：.【答案】（）；（）（i）；（ii）详见解析.【解析】【分析】（）求出，列表讨论的单调性，问题得解（）（i）由在区间上有两个极值点转化成有两个零点，即有两个零点，求出，讨论的单调性，问题得解（ii）由得，将转化成，由得单调性可得，讨论在的单调性即可得证【详解】解：（）当时，令，得.的单调性如下表： -0+ 单调递减 单调递增易知.（）（i）令，则.令，得.的单调性如下表： -0+ 单调递减 单调递增在区间上有两个极值点，即在区间上有两个零点，结合的单调性可知，且，即且.所以，即的取值范围是.（ii）由（i）知，所以又，结合的单调性可知，.令，则.当时，所以在上单调递增，而，因此.【点睛】本题主要考查了导数与函数单调性的关系，考查了分类思想及转化思想，考查了极值与导数的关系，还考查了利用导数证明不等式，考查计算能力及转化能力，属于难题