【数学】重庆市沙坪坝区第一中学2019-2020学年高二上学期期末考试试题（解析版） 16页

www.ks5u.com 重庆市沙坪坝区第一中学2019-2020学年 高二上学期期末考试试题 一、选择题：本题共12小题，每题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.直线的斜率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】将直线方程化为斜截式得，因此，该直线的斜率为.‎ 故选：B.‎ ‎2.若双曲线的焦距为，则实数（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】由题意知，双曲线的焦点在轴上，其焦距为，解得.‎ 故选 ：D.‎ ‎3.已知圆与抛物线的准线相切，则的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】由题意可知，圆是圆心为原点，半径为的圆，抛物线的准线方程为，‎ 由于抛物线的准线方程与圆相切，则，解得.‎ 故选：B.‎ ‎4.函数在区间[－1，1]上的最大值是（ ）‎ A. 4 B. 2 C. 0 D. －2‎ ‎【答案】B ‎【解析】令，解得或.‎ ‎，故函数的最大值为，所以本小题选B.‎ ‎5.已知空间中三条不同的直线、、和平面，下列结论正确的是（ ）‎ A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 ‎【答案】A ‎【解析】对于A选项，若，，由直线与平面垂直的性质定理可知，A选项正确；‎ 对于B选项，若，，则与平行、相交或异面，B选项错误；‎ 对于C选项，若，，则与平行或异面，C选项错误；‎ 对于D选项，若，，则与平行、相交或异面，D选项错误.‎ 故选：A.‎ ‎6.定义在上的函数满足，且，则不等式的解集为 ‎( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】的解集即为的解集 构造函数，则，‎ 因为，所以 所以在上单调递增，且 所以的解集为，‎ 不等式的解集为.‎ 故选C.‎ ‎7.函数的图像大致是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】，.‎ 解不等式，即，得；‎ 解不等式，即，得或.‎ 所以，函数的单调递增区间为和，‎ 单调递减区间为．‎ 令，即，得或；‎ 令，即，得.‎ 所以，符合条件的函数为B选项中的图象，‎ 故选B.‎ ‎8.在三棱锥中，底面，是的中点，已知，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】以点为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系，‎ 由题意可得：，，，，‎ 则，，‎ ‎，，，‎ 设异面直线与所成角为，则.‎ 本题选择A选项.‎ ‎9.已知双曲线过点且其渐近线方程为，的顶点、恰为 的两焦点，顶点在上，且，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】由于双曲线过点，则其焦点在轴，‎ 设该双曲线的标准方程为，则，‎ 双曲线的渐近线方程为，得，‎ 所以，双曲线的标准方程为，其焦距为.‎ ‎，‎ 故选：C.‎ ‎10.已知函数，若，，，则实数、、大小关系为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】函数的定义域为，，该函数为偶函数，‎ 当时，,‎ 则函数在区间上为增函数，则，‎ 指数函数为增函数，则，‎ 对数函数在上为增函数，则，即，‎ ‎，则，因此，.‎ 故选：D.‎ ‎11.已知是椭圆的左焦点，经过原点的直线与椭圆交于两点，若，且，则椭圆的离心率为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】设椭圆的右焦点F′，连接PF′，QF′，由∠PFQ=120°，则∠FPF′=60°，‎ 由正弦定理定理可知：∠PFF′=30°，∠PF′F=90°，‎ 则|FF′|=|QF|，即2c=|QF|，2a=|PF|+|QF|=3|QF|，‎ ‎∴椭圆的离心率e==，‎ 故选A．‎ ‎12.设表示不大于实数的最大整数，函数，若关于的方程有且只有5个解，则实数的取值范围为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】首先，确定在x＞0上，方程f(x)=1的解.‎ 时，在，‎ ‎，所以由取整意义有[lnx]=-(n+1),‎ 又 即在上，恒有 取n=0,，令此时有一根，‎ 当n≥1时，恒有f(x)-1＞1，此时在上无根.‎ 在上，，，‎ 又 所以在上，恒有，‎ ‎.‎ n=1时，在上，有 n=2时，在有 即 所以此时有两根，‎ 这样在有三根，‎ 在显然有一根 所以在有且仅有一根，‎ 由“洛必达法则”‎ 是先增后减，‎ 得或a＞0.‎ 单调递增，‎ 即 故选A 二、填空题：本题共4小题，每题5分，共20分.‎ ‎13.已知函数，的导函数为，则的值为_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】，，‎ 因此，.‎ 故答案为：.‎ ‎14.已知函数，若是函数的极小值点，则实数的值为 ‎________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】，定义域为，且，‎ 由题意得，解得，此时，.‎ 令，得或，列表如下：‎ 极大值 极小值 所以，函数在处取得极小值.‎ 故答案为：.‎ ‎15.在正方体中，、分别是、的中点，则直线与平面所成角的正弦值为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】设正方体的棱长为，如下图所示：‎ 连接交于点，则为的中点，‎ 由于、分别是、的中点，，‎ 则直线与平面所成角和直线与平面所成角相等，‎ 设直线与平面所成角为，‎ 则，.‎ 三棱锥的体积为.‎ 是边长为的正三角形，其面积为，‎ 设点到平面的距离，则，‎ ‎，所以，，‎ 因此，直线与平面所成角的正弦值为.‎ 故答案为：.‎ ‎16.过抛物线的焦点的直线交该抛物线于，两点．‎ 若（为坐标原点），则_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】设，则由抛物线的定义可得 ‎，则，‎ 故，故直线的方程为代入抛物线方程整理可得 ‎，则，则，‎ 所以，应填答案．‎ 三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.‎ ‎17.已知函数在处的切线为.‎ ‎（1）求实数的值；‎ ‎（2）求的单调区间.‎ ‎【解】（1）依题意可得：‎ ‎，‎ 又函数在处的切线为，‎ ‎，解得：‎ ‎（2）由（1）可得：f'（x）＝1+lnx，‎ 当时，f'（x）≤0，f（x）单调递减；‎ 当时，f'（x）＞0，f（x）单调递增，‎ ‎∴的单调减区间为的单调增区间为.‎ ‎18.如图，在四棱锥中，四边形为直角梯形，，，‎ 平面平面，、分别为、的中点，，‎ ‎，.‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）求三棱锥的体积.‎ ‎【解】（1）因为，为的中点，，且，‎ 四边形为平行四边形，，‎ 又平面，平面，所以平面； ‎ ‎（2）因为，.‎ 因为，，，，‎ 又平面平面，平面平面，平面，‎ 平面，的面积为，‎ 连接，则.‎ 又是线段的中点，，‎ 故三棱锥的体积为.‎ ‎19.已知抛物线的焦点为，点为抛物线上一点，且．‎ ‎（1）求抛物线的方程；‎ ‎（2）不过原点的直线与抛物线交于不同两点，若，求的值．‎ ‎【解】（1）已知抛物线过点，且 则，∴，‎ 故抛物线的方程为；‎ ‎（2）设，，‎ 联立，得，‎ ‎，得，‎ ‎，，‎ 又，则，‎ 或，经检验，当时，直线过坐标原点，不合题意，‎ 又，综上：的值为-8．‎ ‎20.如图1，在直角中，，分别为的中点，连结并延长交于点，将沿折起，使平面平面，如图2所示．‎ ‎（Ⅰ）求证：；‎ ‎（Ⅱ）求平面与平面所成锐二面角的余弦值．‎ ‎【解】（1）证明：由条件可知，而为的中点， ， ‎ 又面面，面面，且， 平面 又因为平面， ．‎ ‎（2）由（1）可知，两两相互垂直，如图建立空间直角坐标系，‎ 则： ‎ 易知面的法向量为， ‎ 设平面的法向量为，则：，易得 ‎ 设平面与平面所成锐二面角为，则 ‎21.椭圆：（）的离心率为，其左焦点到点的距离是 ‎．‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）若直线：被圆：截得的弦长为3，且与椭圆交于，两点，求△面积的最大值．‎ ‎【解】（1）由题意可得，，‎ 解得，，，‎ 即有椭圆的方程为；‎ ‎（2）∵到的距离，‎ ‎∴，∴．‎ 设，，把代入得，‎ ‎∴，，‎ ‎∴‎ ‎，‎ ‎∵‎ ‎，‎ ‎∴当，即时，．‎ ‎22.（1）当时，不等式恒成立，求实数的取值范围；‎ ‎（2）已知函数，，如果函数 有两个极值点、，求证：.（参考数据：，，，为自然对数的底数）‎ ‎【解】（1）令，其中，且有，‎ ‎，‎ 令，则.‎ ① 当时，即当时，对任意的，，即，‎ 所以，函数在区间上为增函数，当时，，合乎题意；‎ ‎②当时，则或.‎ ‎（i）当时，对任意的，，即，‎ 所以，函数在区间上为增函数，当时，，合乎题意；‎ ‎（ii）当时，设函数的两个极值点分别为、，设，‎ 由韦达定理得，则必有，‎ 当时，，当时，.‎ 所以，，不合乎题意.‎ 综上所述，实数的取值范围是；‎ ‎（2）若，‎ 则有两个不同的零点、.‎ 由题意，相加有，①‎ 相减有，从而，‎ 代入①有，‎ 即，‎ 不妨设，则，由（1）有.‎ 又，‎ 所以，即，‎ 设，则，在单调递增，‎ 又，‎ ‎，‎ ‎，因此.‎