安徽省合肥市庐阳区合肥六中合肥八中阜阳一中淮北一中四校2019-2020学年高二上学期期末考试数学（文）试题 19页

‎2019-2020学年第一学期高二期末联考 数 学（文）试 题 第Ⅰ卷 选择题（共60分）‎ 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.已知集合，，则 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先分别求出集合A，B，由此能求出．‎ ‎【详解】解：集合，‎ ‎，‎ ‎．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题主要考查交集的求法，考查交集定义、不等式性质等基知识，考查运算求解能力，是基础题．‎ ‎2.抛物线的准线方程为 A. x=2 B. x=2 C. y=2 D. y=2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 本题考查抛物线性质．‎ 点拨：准线方程为．‎ 解答：根据抛物线方程的特征，，准线方程为，故选C．‎ ‎3.下列结论中错误的是（ ）‎ A. 命题“若，则且”的否命题是“若，则或”‎ B. 命题，使得的否定为 C. 命题“若，则方程有实根”的逆否命题是真命题 D. 若，则使的解是或 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用四种命题的否命题判断A的正误；命题的否定判断B的正误；四种命题的逆否关系判断C正误，利用二次不等式解集判断D正误 ‎【详解】“若m2+n2＝0，则m＝0且n＝0”的否命题是“若m2+n2≠0，则m≠0或n≠0”，满足命题的否命题的形式，A正确；‎ 命题，使得的正确否定, B正确；‎ 命题“若m＞0，则方程x2+x﹣m＝0,△＝1+4m>0，故原命题是真命题，则逆否命题是真命题，故C准确 ‎ 利用二次不等式解法若，则使的解是或，D准确 故选：B ‎【点睛】本题主要考查命题的真假判断，以及四种命题的真假关系的判断，比较基础．‎ ‎4.若直线与直线垂直，则实数的值是（ ）‎ A. B. 或 C. D. 或 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用相互垂直的直线与斜率之间的关系即可得出．‎ ‎【详解】∵与直线垂直，‎ ‎∴‎ 解得=或．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查了相互垂直的直线与斜率之间的关系，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．‎ ‎5.已知是定义在上的奇函数，且当时，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由f（﹣4）＝﹣f（4），结合已知代入即可求解．‎ ‎【详解】y＝f（x）是定义在R上的奇函数，且当x＞0时，f（x）＝2x+1，‎ 则f（﹣4）＝﹣f（4）＝﹣17．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用奇函数定义求解函数值，属于基础试题．‎ ‎6.的内角所对边分别为若，成等差数列，则（ ）‎ A. B. C. 或 D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ B，A，C成等差数列，可得2A＝B+C＝π﹣A，解得A．利用正弦定理可得sinB，即可得出．‎ ‎【详解】∵B，A，C成等差数列，‎ ‎∴2A＝B+C＝π﹣A，‎ 解得A．‎ 则sinB，‎ 又a＞b，∴B为锐角．‎ ‎∴B．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查了正弦定理、三角函数求值、等差数列的性质、三角形内角和定理，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．‎ ‎7.已知圆：与直线相交于两点.若为正三角形，则实数的值为（ ）.‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，将圆C的方程变形为标准方程，分析其圆心与半径，求出圆心到直线的距离d，由直线与圆的位置关系分析可得圆心C到直线的距离dr，解可得m的值，即可得答案．‎ ‎【详解】圆：化为标准方程是；‎ 则圆心，半径为（其中）；‎ 所以圆心到直线的距离为 ‎，在等边三角形中得，，‎ 解得.‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查直线与圆的方程的综合应用，涉及圆的弦长公式的应用，关键是掌握圆的标准方程的形式．‎ ‎8.使函数满足：对任意的，都有 ‎”的充分不必要条件为（ ）‎ A. B. 或 C. D. 或 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分情况讨论在R上单调减及在单调增结合分段函数单调性求解充要条件再判断即可 ‎【详解】当时，在上递减，在递减，且在上递减，‎ 若上递减，在上递增，任意，都有，‎ 当不合题意，故函数满足：对任意的，都有”的充分必要条件为或则或是充分不必要条件 故选：B ‎【点睛】本题考查分段函数的单调性，考查分类讨论思想，准确判断每段函数的单调性是关键，是中档题 ‎9.已知直线及两点，若直线与线段相交，则实数的取值范围是（ ）‎ A. 或 B. 或 C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 确定直线系恒过的定点，画出图形，即可利用直线的斜率求出a的范围．‎ ‎【详解】因为直线过定点,根据题意画出几何图形如下图所示:‎ 因为 ‎ 则，‎ 若直线与线段相交，斜率为.‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查恒过定点的直线系方程的应用，直线与直线的位置关系，考查数形结合与计算能力．‎ ‎10.已知数列的前项和为，，若存在两项，使得，则的最小值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 运用数列的递推式和等比数列的定义、通项公式可得an＝2n．求得m+n＝6，（m+n）（）（3），运用基本不等式，检验等号成立的条件，即可得到所求最小值．‎ ‎【详解】Sn＝2an﹣2，可得a1＝S1＝2a1﹣2，即a1＝2，‎ n≥2时，Sn﹣1＝2an﹣1﹣2，又Sn＝2an﹣2，‎ 相减可得an＝Sn﹣Sn﹣1＝2an﹣2an﹣1，即an＝2an﹣1，‎ ‎{an}是首项为2，公比为2的等比数列．‎ 所以an＝2n．‎ aman＝64，即2m•2n＝64，‎ 得m+n＝6，‎ 所以（m+n）（）（3）（3+2），‎ 当且仅当时取等号，即为m，n．‎ 因为m、n取整数，所以均值不等式等号条件取不到，则（3+2），‎ 验证可得，当m＝2，n＝4，或m＝3，n＝3，，取得最小值为．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查数列的通项公式的求法，注意运用数列的递推式和等比数列的定义、通项公式，考查基本不等式的运用，注意检验等号成立的条件，考查化简运算能力，属于中档题．‎ ‎11.在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑,已知鳖臑的三视图如图所示,则该几何体的外接球的表面积为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 几何体复原为底面是直角三角形，一条侧棱垂直底面直角顶点的三棱锥，扩展为长方体，长方体的对角线的长，就是外接球的直径，然后求其的表面积．‎ ‎【详解】解：由三视图还原原几何体如图，‎ 该几何体为三棱锥，底面是直角三角形，底面.则.扩展为长方体， ‎ 它的对角线的PB即为球的直径：‎ 该三棱锥的外接球的表面积为：41π 故选：A ‎【点睛】本题考查三视图，几何体的外接球的表面积，考查空间想象能力，计算能力，是基础题．‎ ‎12.设分别为双曲线的左、右顶点，是双曲线上不同于的一点，直线的斜率分别为，则当取最小值时，双曲线的离心率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意求得直线AP及PB斜率，可得mn，再根据基本不等式可得a2＝3b2＝3（c2﹣a2），即可求出 ‎【详解】设，则 ，‎ 因此 当且仅当时，.‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查双曲线的简单几何性质，基本不等式，考查计算能力，属于中档题．‎ 第Ⅱ卷（共90分）‎ 二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）‎ ‎13.若，满足约束条件，则的最大值为_____________．‎ ‎【答案】6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先根据题中所给的约束条件，画出相应的可行域，再将目标函数化成斜截式，之后在图中画出直线，在上下移动的过程中，结合的几何意义，可以发现直线过B点时取得最大值，联立方程组，求得点B的坐标代入目标函数解析式，求得最大值.‎ ‎【详解】根据题中所给的约束条件，画出其对应的可行域，如图所示：‎ 由，可得，‎ 画出直线，将其上下移动，‎ 结合的几何意义，可知当直线在y轴截距最大时，z取得最大值，‎ 由，解得，‎ 此时，故答案为6.‎ 点睛：该题考查的是有关线性规划的问题，在求解的过程中，首先需要正确画出约束条件对应的可行域，之后根据目标函数的形式，判断z的几何意义，之后画出一条直线，上下平移，判断哪个点是最优解，从而联立方程组，求得最优解的坐标，代入求值，要明确目标函数的形式大体上有三种：斜率型、截距型、距离型；根据不同的形式，应用相应的方法求解.‎ ‎14.已知数列中，，，则的值是____________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用数列的递推关系式求出数列的前几项，得到数列的周期，然后求解即可．‎ ‎【详解】数列，‎ 可得a2＝﹣3；a3；a4；所以数列的周期为3，‎ a2020＝a673×3+1＝a1．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查数列的递推关系式的应用，求解数列的周期是解题的关键，是基本知识的考查．‎ ‎15.已知在上连续可导，为其导函数，且，则在处的切线方程为________________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求导得斜率，利用点斜式求解直线方程 ‎【详解】由题意， ，所以，‎ 因此，所以，易知切线为 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查导数的几何意义，考查切线方程求法，是基础题 ‎16.已知函数，若关于x的方程有3个不同的实数解，则的取值范围是____________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过求导，画出函数的图象，由二次函数对称性得，求得即可求解 ‎【详解】当 ， ‎ 画出函数的图象如图，设，由二次函数对称性得，二次函数的最低点处，，‎ ‎.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查根的存在性与根的个数判断，考查利用导数求函数的最值，考查数形结合的解题思想方法，是中档题．‎ 三、解答题 （本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） ‎ ‎17.已知公差不为零的等差数列的前项和为，若，且成等比数列.‎ ‎（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）直接利用已知条件利用等差数列通项公式及求和公式，结合等比中项求出数列的通项公式．‎ ‎（2）利用（1）的通项公式，裂项相消求出数列的和．‎ ‎【详解】（1）根据为等差数列，.‎ 前项和为，且，即，①‎ ‎∵成等比数列.可得：.∴②‎ 由①②解得：，∴数列的通项公式为 ‎ ‎（2）由，‎ 即=.‎ 那么：数列的前项和 ‎.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列及等比数列的通项公式，考查裂项相消求和，是基础题 ‎18.在中，内角，，的对边分别为，，.若.‎ ‎（1）求角的大小；‎ ‎（2）若，求当最小时，的周长.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据余弦定理，结合角正切，进行化简即可求角B的大小；‎ ‎（2）利用余弦定理结合化简为，结合二次函数求最值 ‎【详解】（1）由得：，‎ 即：.‎ ‎∴，又，∴. ‎ ‎（2）由，当时，‎ 得：，∴当时，有最小值为1，‎ ‎∴此时，周长为.‎ ‎【点睛】本题考查余弦定理解三角形，考查二次函数求最值，考查转化能力，是基础题 ‎19.已知四棱锥中，底面为等腰梯形，，，，.‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）过的平面交于点，若平面把四棱锥分成体积相等的两部分，求此时三棱锥的体积.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）推导及，证明平面，结合即可证明 ‎（2）设，等体积转化求得，再利用求解 ‎【详解】（1）证明：在等腰梯形，，‎ 易得： ‎ 在中，‎ 则有 在中，，‎ 同理，在中，‎ 又 ‎ 即平面.‎ ‎（2）在梯形中，设，‎ ‎ ‎ ‎，而 即 ‎ 故三棱锥的体积为 ‎【点睛】本题考查直线与平面垂直判定定理的应用，考查椎体体积，考查空间想象能力以及计算能力，是中档题 ‎20.已知圆，动圆在轴右侧，与圆相外切且与轴相切 ‎（1）求动圆的圆心轨迹的方程；‎ ‎（2）已知点，为圆上一点，为轨迹上一点，求的最小值.‎ ‎【答案】（1）；（2）2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设圆心根据动圆与圆（x﹣1）2+y2＝1外切，且与y轴相切．建立关系可得轨迹C的方程 ‎（2）利用不等式，将转化为到准线的距离即可求解 ‎【详解】（1）设，由题可知，动圆在轴右侧，且与圆相外切，则有：‎ ‎，即 解得 ‎ ‎（2）设，，由（1）可知，点在轨迹上，则可将转化为到准线的距离，‎ 所以，的最小值为2.‎ ‎【点睛】本题考查抛物线的定义求轨迹方程，考查抛物线求最值，熟练运用抛物线定义转化是关键，是中档题 ‎21.如图所示，曲线由部分椭圆：和部分抛物线：连接而成，与的公共点为，，其中所在椭圆的离心率为.‎ ‎（Ⅰ）求，的值；‎ ‎（Ⅱ）过点直线与，分别交于点，（，，，中任意两点均不重合），若，求直线的方程.‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）在抛物线方程中，令，求出，坐标，再由离心率的公式和之间的关系，求出；‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）可求出横轴上方的椭圆方程，由题意可知：过点的直线存在斜率且不能为零，故设直线方程为，代入椭圆、抛物线方程中，求出，两点坐标，由向量垂直条件，可得等式，求出的值，进而求出直线的方程.‎ ‎【详解】（Ⅰ）因为，所以，即，因此，代入椭圆方程中，得，由以及 ，可得，‎ 所以；‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）可求出横轴上方的椭圆方程为：，由题意可知：过点的直线存在斜率且不能为零，故设直线方程为，代入椭圆得：，故可得点的坐标为：，显然，同理将代入抛物线方程中，得，故可求得的坐标为：，‎ ‎，，解得，符合，故直线的方程为：.‎ ‎【点睛】本题考查了椭圆方程的性质，直线与椭圆、抛物线的位置关系，考查了数学运算能力.‎ ‎22.已知函数 ‎（1）讨论函数的单调性；‎ ‎（2）当，函数，证明：存在唯一的极大值点，且.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求导，讨论a≤0和a>0 时f′（x）的正负确定单调性 ‎（2）求导g′（x）＝2x﹣2﹣lnx，构造新函数t（x）＝2x﹣2﹣lnx，求导利用零点存在定理得g（x）必存在唯一极大值点x0，且2x0﹣2﹣lnx0＝0，结合g（x0）x0﹣x0lnx0整理为二次函数证明即可 ‎【详解】（1）解：因为f（x）＝ax﹣a﹣lnx（x＞0），‎ 求导：f′（x）＝a.‎ 则当a≤0时f′（x）＜0，即y＝f（x）在（0，+∞）上单调递减，‎ 当a>0时，f′（x）＜0 , 0＜x，f′（x）＞0则 x 所以，y＝f（x）在上单调递减，在上单调递增.‎ 综上，当a≤0时，y＝f（x）在（0，+∞）上单调递减；当a>0时，y＝f（x）在上单调递减，在上单调递增. ‎ ‎（2）证明：由（1）可知g（x）＝x2﹣x﹣xlnx，g′（x）＝2x﹣2﹣lnx，‎ 令g′（x）＝0，可得2x﹣2﹣lnx＝0，记t（x）＝2x﹣2﹣lnx，则t′（x）＝2，‎ 令t′（x）＝0，解得：x，‎ 所以t（x）在区间（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，‎ 所以t（x）min＝t（）＝ln2﹣1＜0，t（）＝， t（1）＝0从而t（x）＝0有两解，即g′（x）＝0存在两根x0，1， ‎ 则g′（x）在（0，x0）上为正、在（x0，1）上为负、在（1，+∞）上为正，‎ 所以g（x）必存在唯一极大值点x0，且2x0﹣2﹣lnx0＝0，‎ 所以g（x0）x0﹣x0lnx0x0+2x0﹣2x0，‎ 由x0可知g（x0）＜（x0）max；‎ ‎【点睛】本题考查函数的单调性与导数，考查零点存在定理的应用，考查构造函数的思想，准确利用零点存在定理代换为二次函数最值是关键，是中档题 ‎ ‎ ‎ ‎