数学卷·2019届江苏省清江中学高二12月月考试题（解析版）x 22页

全*品*高*考*网， 用后离不了！‎ 江苏省清江中学2017-2018学年高二12月月考 数学试题 第Ⅰ卷（共60分）‎ 一、填空题：本大题共14个小题，每小题5分，共70分．‎ ‎1. 命题“”的否定是_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由含一个量词的命题的否定可得，所给命题的否定是：。‎ 答案：。‎ ‎2. 抛物线上一点到焦点的距离是2，则点坐标为_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由题意得抛物线的准线方程为。‎ 设点的坐标为，则由抛物线的定义得，解得。‎ 此时，解得。‎ 所以点坐标为。‎ 答案：‎ ‎3. 如图，函数的图象在点处的切线方程是，则______.‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】试题分析：由图及导数的几何意义知，又f(5)=-5+8=3，故2‎ 考点：本题考查了导数的几何意义 点评：函数在的导数值即是过点所作该函数所表示的曲线切线的斜率 ‎4. 已知正四棱锥中，底面面积为16，一条侧棱的长为3，则该棱锥的高为______.‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】设正四棱锥的底面边长为，高为。‎ 则有，故。‎ 由题意可得，解得。‎ 所以该棱锥的高为1.‎ 答案：1‎ ‎5. 若条件：，条件：，且是的充分不必要条件，则的取值范围是_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由得。‎ 若是的充分不必要条件，则，‎ 故。‎ 所以实数的取值范围为.‎ 答案：。‎ ‎6. 以双曲线的右焦点为圆心，且与双曲线的渐近线相切的圆的方程为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】试题分析：双曲线右焦点为，其中一条渐近线为，因为圆与渐近线相切，由点到直线距离公式得半径.‎ 考点：圆的方程.‎ ‎7. 已知互不重合的直线，互不重合的平面，给出下列四个命题，其中错误的命题是_______.‎ ‎①若，，则 ②若，，则 ‎③若，，则 ④若，，则 ‎【答案】④‎ ‎【解析】①中，由线面平行的判定和性质得满足条件的直线平行，故正确。‎ ‎②中，满足条件的直线垂直，故正确。‎ ‎③中，由面面垂直的性质可得，交线与垂直，故正确。‎ ‎④中，直线与可能平行，也可能在内，故不正确。‎ 综上④不正确。‎ 答案：④‎ ‎8. 若椭圆的离心率，则________.‎ ‎【答案】3或 ‎【解析】试题分析：当焦点在x轴时，同理可知当焦点在y轴时，所以m的值为或 考点：椭圆性质 ‎9. 已知，函数在上是单调递增函数，则的取值范围是______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】∵，‎ ‎∴，‎ 又函数在单调递增，‎ ‎∴在上恒成立，‎ 即在上恒成立。‎ 又当时，，‎ ‎∴。‎ 又，‎ ‎∴。‎ 故实数的取值范围是。‎ 答案：‎ 点睛：对于导函数和函数单调性的关系要分清以下结论：‎ ‎（1）当时，若，则在区间D上单调递增（减）；‎ ‎（2）若函数在区间D上单调递增（减），则在区间D上恒成立。即解题时可将函数单调性的问题转化为的问题，但此时不要忘记等号。‎ ‎10.‎ ‎ 已知圆锥底面半径为，母线长是底面半径的3倍，底面圆周上有一点，则一个小虫自点出发在侧面上绕一周回到点的最短路程为_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 如图，作出圆锥的侧面展开图。‎ 由几何知识可得动点P自A出发在侧面上绕一周回到A点的最短路程为弧所对的弦AA′的长。‎ 设展开图扇形的圆心角为，‎ ‎∵圆锥底面半径为r，母线长是底面半径的3倍，‎ ‎∴由弧长公式得到，‎ 解得。‎ ‎∴。‎ 答案：。‎ 点睛：‎ 研究几何体表面上两点的最短距离问题时，常选择恰当的母线或棱将几何体剪开后展开，转化为平面上两点间的最短距离问题．这种方法体现了解决立体几何问题时常用的一种基本思想，即把空间问题转化为平面问题处理。‎ ‎11. 设函数，若对任意的，都有，则实数的取值范围是___.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴当或时，单调递增；‎ 当时，单调递减。‎ ‎∵，‎ ‎∴。‎ ‎∴。‎ 故实数的取值范围是。‎ 答案：‎ ‎12. 已知函数的图象在点处的切线恰好与直线平行，若在区间上单调递减，则实数的取值范围是_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】∵，‎ ‎∴。‎ 由题意得，解得，‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ 由，得，‎ 所以函数的单调减区间为。‎ 由题意得 ，‎ ‎∴，解得。‎ ‎∴实数的取值范围是。‎ 答案：‎ 点睛：由函数的单调性求参数取值范围的方法 ‎.................................‎ ‎（2）若已知在区间I上的单调性，区间I中含有参数时，可先求出的单调区间，令I是其单调区间的子集，从而可求出参数的取值范围．‎ ‎13. 已知椭圆的一个顶点为，离心率，直线交椭圆于两点，如果的重心恰好为椭圆的右焦点，直线方程为________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 由题意得，‎ 又，解得。‎ ‎∴椭圆的方程为。‎ ‎∴椭圆右焦点的坐标为，‎ 设线段的中点为，‎ 由三角形重心的性质知，从而，‎ 解得，‎ 所以点Q的坐标为。‎ 设，则，且，‎ 以上两式相减得，‎ ‎∴，‎ 故直线的方程为，即．‎ 答案：‎ 点睛：弦中点问题的解决方法 ‎（1）用“点差法”求解弦中点问题的解题步骤 ‎①设点——设出弦的两端点坐标；‎ ‎　②代入——代入圆锥曲线方程；‎ ‎　③作差——两式相减，再用平方差公式把上式展开；‎ ‎　④整理——转化为斜率与中点坐标的关系式，然后求解。‎ ‎（2）对于弦中点问题常用“根与系数的关系”或“点差法”求解，在使用根与系数的关系时，要注意使用条件Δ>0；在用“点差法”时，要检验直线与圆锥曲线是否相交。‎ ‎14. 设是定义在上的可导函数，且满足，则不等式的解集为________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】∵，‎ ‎∴函数在上单调递增。‎ ‎∵，‎ ‎∴,‎ 即，‎ ‎∴,‎ ‎∴，解得。‎ 所以原不等式的解集为。‎ 答案：。‎ 二、解答题 （本大题共6小题，共90分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） ‎ ‎15. （理）已知在平面直角坐标系中，直线的参数方程是（为参数），以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标，曲线的极坐标方程.‎ ‎（1）判断直线与曲线的位置关系；‎ ‎（2）设为曲线上任意一点，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）直线与曲线相离（2）‎ ‎【解析】试题分析：‎ 试题解析：‎ ‎（1）由，消去得直线的普通方程为：‎ 由，得.‎ ‎∴ ，‎ 即 .‎ 化为标准方程得：.‎ ‎∴ 圆心坐标为，半径为1，‎ ‎∵ 圆心到直线的距离，‎ ‎∴ 直线与曲线相离.‎ ‎（2）由为曲线上任意一点，可设，‎ 则，‎ ‎∵,‎ ‎∴‎ ‎∴的取值范围是.‎ ‎16. （文）已知：，：，若是的成分而不必邀条件，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】试题分析：由题意 p:∴∴‎ q：∴：‎ 又∵是充分而不必要条件 ‎∴∴‎ 考点：本题考查了不等式的解法及充要条件的判断 点评：简易逻辑是高中数学的基础知识，命题热点有以下两个方面：一是判断命题的真假、四种命题的关系、充要条件的判定等作基础性的考查，题型多以选择、填空题的形式出现；二是以函数、方程、三角、不等式等知识为载体，结合简易逻辑知识考查学生的数学思想、数学方法和数学能力 ‎17. 如图，在四棱锥中，，，，.‎ ‎（1）在平面内找一点，使得直线平面，并说明理由；‎ ‎（2）证明：平面平面.‎ ‎【答案】（1）棱的中点，证明见解析（2）见解析 ‎【解析】试题分析：‎ 本题考查直线和平面平行的判断和平面与平面垂直的判断。（1）先猜测点为棱 的中点，然后再证明平面即可。（2）先证明，，从而可得平面，所以可证得平面平面.‎ 试题解析：‎ ‎（1）取棱的中点，点即为所求的一个点。理由如下：‎ 连，因为，，‎ 所以，且，‎ 所以四边形是平行四边形，‎ 所以，‎ 又平面，平面，‎ 所以平面.‎ ‎（2）证明：由已知得，‎ 因为，，‎ 所以直线与相交，‎ 所以平面，‎ 又平面，‎ 所以.‎ 因为，，‎ 所以，且，‎ 连，则四边形是平行四边形.‎ 所以，‎ 所以，‎ 又，‎ 所以平面，‎ 又平面，‎ 所以平面平面.‎ ‎18. （理）如图，在三棱柱中，是边长为4的正方形，平面平面，，.‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）见解析（2）‎ ‎【解析】试题分析：‎ 本题考查线面垂直的判定和二面角的求法。（1）利用面面垂直的性质证明即可。（2）建立空间直角坐标系，利用平面的法向量求解。‎ 试题解析：‎ ‎(1)证明：因为为正方形，所以.‎ 又平面平面，平面平面，‎ 所以平面.‎ ‎（2）由（1）知，，‎ 又，所以.‎ 所以两两垂直。‎ 以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 则，.‎ 设平面的法向量为，则 即，‎ 令，则得。‎ 同理可得平面的法向量为，‎ 所以.‎ 由图形知二面角为锐角，‎ 所以二面角的余弦值为。‎ 点睛：‎ 用法向量法求二面角的大小时，两个法向量的夹角与二面角大小不一定相等，这里有两种情形，即法向量的夹角可能与二面角相等，也可能互为补角．解题时，在求得两个法向量的夹角的基础上，再根据所给的图形判断出二面角是锐角还是钝角，然后再得出二面角的大小．‎ ‎19. （文）已知椭圆：的离心率为，其中左焦点.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）若直线与椭圆交于不同的两点，且线段的中点在圆上，求的值.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】试题分析：（I）由椭圆的离心率和焦点坐标，可列关于的方程组，解得即可；（II）设，线段的中点，联立直线与椭圆的方程，由韦达定理表示出，由点在圆外得，解得即可.‎ 试题解析：‎ ‎（I）由题得：，‎ 解得，所以椭圆方程为；‎ ‎（II）设，线段的中点，‎ 由，消去得：，‎ ‎，，‎ ‎，，‎ 在圆外，‎ ‎，所以或，‎ 所以或.‎ 考点：1、椭圆的几何性质；2、直线与椭圆的位置关系.‎ ‎20. 某企业拟建造如图所示的容器（不计算厚度，长度单位：米），其中容器的中间为圆柱形，左右两端均为半球形，按照设计要求容器的容积为立方米，且.假设该容器的建造费用仅与其表面积有关.已知圆柱形部分每平方米建造费用为3千元，半球形部分每平方米建造费用为（）千元，设该容器的建造费用为千元.‎ ‎（1）写出关于的函数表达式，并求该函数丶定义域；‎ ‎（2）求该容器的建造费用最小时的.‎ ‎【答案】（1），（2）当时，建造费用最小时；‎ 当时，建造费用最小时 .‎ ‎【解析】（1）由体积V=，解得l=，‎ ‎∴y=2πrl×3+4πr2×c ‎=6πr×+4cπr2‎ ‎=2π•，‎ 又l≥2r，即≥2r，解得0＜r≤2‎ ‎∴其定义域为（0，2]．‎ ‎（2）由（1）得，y′=8π（c﹣2）r﹣，‎ ‎=，0＜r≤2‎ 由于c＞3，所以c﹣2＞0‎ 当r3﹣=0时，则r=‎ 令=m，（m＞0）‎ 所以y′=‎ ‎①当0＜m＜2即c＞时，‎ 当r=m时，y′=0‎ 当r∈（0，m）时，y′＜0‎ 当r∈（m，2）时，y′＞0‎ 所以r=m是函数y的极小值点，也是最小值点．‎ ‎②当m≥2即3＜c≤时，‎ 当r∈（0，2）时，y′＜0，函数单调递减．‎ 所以r=2是函数y的最小值点．‎ 综上所述，当3＜c≤时，建造费用最小时r=2；‎ 当c＞时，建造费用最小时r=‎ ‎21. 如图，在平面直角坐标系中，椭圆：的离心率为，以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线相切.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）已知点，设是椭圆上关于轴对称的不同两点，直线与相交于点，求证：点在椭圆上.‎ ‎【答案】（1）（2）见解析 ‎【解析】(1)解：由题意知b＝＝.‎ 因为离心率e＝＝，所以＝＝.所以a＝2.‎ 所以椭圆C的方程为＝1.‎ ‎(2)证明：由题意可设M，N的坐标分别为(x0，y0)，(－x0，y0)，则直线PM的方程为y＝x＋1，①‎ 直线QN的方程为y＝x＋2.②‎ ‎(证法1)联立①②解得x＝，y＝，即T.‎ 由＝1可得＝8－4.‎ 因为 ‎＝＝1，所以点T坐标满足椭圆C的方程，即点T在椭圆C上．‎ ‎(证法2)设T(x，y)．联立①②解得x0＝，y0＝.‎ 因为＝1，所以＝1.整理得＝(2y－3)2，所以－12y＋8＝4y2－12y＋9，即＝1.‎ 所以点T坐标满足椭圆C的方程，即点T在椭圆C上．‎ ‎22. 设，函数.‎ ‎（1）求的单调递增区间；‎ ‎（2）设，问是否存在极值，若存在，请求出极值，若不存在，请说明理由；‎ ‎（3）设是函数图象上任意不同的两点，线段的中点为，直线的斜率为，证明：.‎ ‎【答案】（1）当时，的单调递增区间为；当时，的单调递增区间为 ‎（2）时，无极值；，有极大值，无极小值.（3）见解析.‎ ‎【解析】试题分析：‎ 本题考查导数在研究函数中的应用以及不等式的证明。（1）求导后根据导函数的符号判断求解。（2）由题意得，求导数后根据函数的单调性求极值即可。（3）由题意要证，即证，即证，即证，令，，故只需证，构造函数根据单调性证明即可。‎ 试题解析：‎ ‎（1）解：函数的定义域为上，‎ 由题意得。‎ ‎①当时，则恒成立，上单调递增。‎ ‎②当时，由，得，‎ ‎∴ 的单调递增区间为。‎ 综上可得，当时，的单调递增区间为；当时，的单调递增区间为 ‎（2）由题意得，‎ ‎∴ ‎ 当时，恒有，在单调递增，故无极值；‎ 当时，令，得 当，，单调递增；‎ 当，，单调递减.‎ ‎∴当时，有极大值，且极大值为，无极小值。‎ 综上所述，当时，无极值；当，有极大值，无极小值.‎ ‎（3）证明：由题意得 又，‎ ‎∴。‎ 要证，即证，‎ 设，‎ 即证，‎ 即证 设，只需证 即证，‎ 设，‎ 则 ‎∴在上单调递增，‎ 因此，‎ ‎∴。‎ ‎∴成立.‎ 点睛：‎ ‎①求函数的单调区间时，常常通过求导，转化为解方程或不等式，解题时常用到分类讨论思想，分类时要根据参数的特点选择合适的标准进行分类。‎ ‎②求函数的极值时要根据函数的单调性去解，注意导函数的零点与函数极值点之间的关系，不要将导函数的零点与极值点混为一谈。‎ ‎③利用单调性证明不等式或比较大小时，常用构造函数的方法进行求解。构造时要根据所证不等式的特点并选择适当的变量构造出函数，再根据函数的单调性证明。‎ ‎ ‎