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- 2021-06-24 发布
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朝阳中学2019年12月月考
高二数学
一、选择题(本大题共12小题,共60.0分)
1.为了得到函数的图像,可以将函数的图像( )
A. 向左平移个单位 B. 向右平移个单位
C. 向右平移个单位 D. 向左平移个单位
【答案】B
【解析】
因为,且==,
所以由=,知,即只需将的图像向右平移个单位,故选B
2.已知sin()=,则()的值等于( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
解:因为sin()=,则()= sin()=,选B
3.已知a=21.3,b=40.7,c=log38,则a,b,c的大小关系为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
利用指数函数与对数函数的性质即可比较a,b,c的大小.
【详解】,
.
故选:C.
【点睛】本题考查了指数函数与对数函数的单调性,考查了推理能力与计算能力,属于基础题.
4.设函数,则使得成立的的取值范围是( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据函数奇偶性和单调性之间的关系,将函数不等式转化为自变量的不等式即可得到结论.
【详解】解:的定义域为,
,
函数为偶函数,
且在时,,
而为上的单调递增函数,且为上的单调递增函数,
函数在单调递增,
等价为,
即,
平方得,
解得:,
所求的取值范围是.
故选:B.
【点睛】本题主要考查函数奇偶性和单调性的应用,考查函数性质的综合应用,运用偶函数的性质是解题的关键,属于中档题.
5.设函数f(x)=cos(x+),则下列结论错误的是
A. f(x)的一个周期为−2π B. y=f(x)的图像关于直线x=对称
C. f(x+π)的一个零点为x= D. f(x)在(,π)单调递减
【答案】D
【解析】
f(x)的最小正周期为2π,易知A正确;
f=cos=cos3π=-1,为f(x)的最小值,故B正确;
∵f(x+π)=cos=-cos,∴f=-cos=-cos=0,故C正确;
由于f=cos=cosπ=-1,为f(x)的最小值,故f(x)在上不单调,故D错误.
故选D.
6.下列五个写法:;;;;;,其中错误写法的个数为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据“”用于元素与集合;“”用于集合与集合间;判断出,错,根据是不含任何元素的集合且是任意集合的子集判断出,的对错;据集合元素的三要素判断出对.
【详解】解:对于,“”是用于元素与集合的关系,故错;
对于,是任意集合的子集,故对;
对于,集合中的元素有确定性、互异性、无序性,两个集合是同一集合,故对;
对于,因为是不含任何元素的集合,故错;
对于,因为“”用于集合与集合,故错.
故错误的有,共个,
故选:C.
【点睛】本题考查集合部分的一些特定符号、一些特殊的集合、集合中元素的三要素,属于基础题.
7.△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c.已知,a=2,c=,则C=
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】试题分析:根据诱导公式和两角和的正弦公式以及正弦定理计算即可
详解:sinB=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC,
∵sinB+sinA(sinC﹣cosC)=0,
∴sinAcosC+cosAsinC+sinAsinC﹣sinAcosC=0,
∴cosAsinC+sinAsinC=0,
∵sinC≠0,
∴cosA=﹣sinA,
∴tanA=﹣1,
∵<A<π,
∴A= ,
由正弦定理可得,
∵a=2,c=,
∴sinC== ,
∵a>c,
∴C=,
故选B.
点睛:本题主要考查正弦定理及余弦定理的应用,属于难题.在解与三角形有关的问题时,正弦定理、余弦定理是两个主要依据. 解三角形时,有时可用正弦定理,有时也可用余弦定理,应注意用哪一个定理更方便、简捷一般来说 ,当条件中同时出现 及 、 时,往往用余弦定理,而题设中如果边和正弦、余弦函数交叉出现时,往往运用正弦定理将边化为正弦函数再结合和、差、倍角的正余弦公式进行解答.
8.设x、y、z为正数,且,则
A. 2x<3y<5z B. 5z<2x<3y
C. 3y<5z<2x D. 3y<2x<5z
【答案】D
【解析】
令,则,,
∴,则,
,则,故选D.
点睛:对于连等问题,常规的方法是令该连等为同一个常数,再用这个常数表示出对应的,通过作差或作商进行比较大小.对数运算要记住对数运算中常见的运算法则,尤其是换底公式以及0与1的对数表示.
9.已知函数f(x)是定义在R上的奇函数,f(1)=5,且f(x+4)= - f(x),则f(2012)+f(2015)的值为( )
A. 0 B. C. 2 D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】
本题函数奇偶性及周期性的综合运用问题,有题中条件可获取函数具有周期性
【详解】,可知所以函数周期T=8,
【点睛】本题考察了函数奇偶性及周期性的综合运用,本题还可以继续探究,比如函数是否有对称性;比如能否写出该函数的所有对称轴,所有的对称中心……,由函数是奇函数即函数还会关于对称,再加上周期性我们可以得出所有对称轴的方程
10.已知椭圆的左顶点和上顶点分别为,,左、右焦点分别是,,在线段上有且只有一个点满足,则椭圆的离心率为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
由题意可求得的方程,设出点坐标,代入的方程,由,得,结合椭圆的离心率的性质即可求得答案.
【详解】解:依题意,作图如下
,,,,
直线的方程为:,整理得:,
设直线上的点,则,
,,
,
令,
则,
由得:,于是,
,
整理得:,又,,
,
,又椭圆的离心率,
,
椭圆的离心率为.
故选:A.
【点睛】本题考查椭圆的性质,考查向量的数量积,考查直线的方程,着重考查椭圆性质的应用,是重点更是难点,属于中档题.
11.已知集合,.若,则实数的取值范围为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
讨论两种情况,分别计算得到答案.
【详解】当时: 成立;
当时: 解得:.
综上所述:
故选
【点睛】本题考查了集合的关系,忽略掉空集的情况是容易发生的错误.
12.已知函数设,若关于x的不等式在R上恒成立,则a的取值范围是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
不等式为(*),
当时,(*)式即为,,
又(时取等号),
(时取等号),
所以,
当时,(*)式为,,
又(当时取等号),
(当时取等号),
所以,
综上.故选A.
【考点】不等式、恒成立问题
【名师点睛】首先满足转化为去解决,由于涉及分段函数问题要遵循分段处理原则,分别对的两种不同情况进行讨论,针对每种情况根据的范围,利用极端原理,求出对应的的范围.
二、填空题(本大题共4小题,共20.0分)
13.函数的图象在处的切线方程为,则 .
【答案】
【解析】
试题分析:函数的图象在处的切线方程为,
,解得:,
.
故答案应填:-3.
考点:导数的几何意义.
14.函数y=x3-ax2+x-2a在R上不是单调函数,,则a的取值范围是________.
【答案】(-∞,-1)∪(1,+∞)
【解析】
试题分析:函数导数,因为函数在R上不是单调函数,所以导数值有正有负,即导函数与x轴有两个交点或
考点:函数单调性
点评:本题通过函数导数判定函数单调性,在R上不是单调函数,则存在极值点,即存在导数值大于零和小于零的情况
15.数列的通项公式,则该数列的前项之和等于______________.
【答案】
【解析】
【分析】
利用分母有理化化简数列的通项公式,然后利用裂项求和法能求出数列的前项之和.
【详解】解:数列的通项公式为:.
则该数列的前项之和为:.
故答案为:.
【点睛】本题主要考查数列求和的应用,注意裂项相消法的合理运用考查计算能力,属于基础题.
16.已知A,B是球O的球面上两点,,C为该球面上的动点若三棱锥体积的最大值为3,则球O的体积为______ .
【答案】
【解析】
【分析】
由题意结合球的空间结构特征首先确定半径,然后求解其体积即可.
【详解】由于,故点A,B在大圆上,
结合球的空间结构特征可知当平面时,其体积最大,
设球的半径为,结合棱锥的体积公式可得:,
据此可得:,球O的体积.
【点睛】本题主要考查棱锥的结构特征,球的体积公式及其应用等知识,意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
三、解答题(本大题共6小题,共72.0分)
17.已知是关于的方程的一个实根,且是第三象限角.
(1)求的值;
(2)求的值.
【答案】(1);(2).
【解析】
试题分析:(1)先解一元二次方程:,再根据α范围,确定tanα取值:,最后将所求式子化为切,代入正切值计算结果:
(2)利用同角三角函数关系解方程组,注意α范围,在开方时取负值:,因此代入可求的值
试题解析:
解:∵,∴,∴或,又α是第三象限角,
(1).
(2)∵且α第三象限角,∴,∴
考点:切化弦,同角三角函数关系
【名师点睛】
1.同角三角函数的基本关系
(1)平方关系:sin2α+cos2α=1.(2)商数关系:tan α=(α≠+kπ,k∈Z).
2.利用sin2α+cos2α=1可以实现角α的正弦、余弦的互化,利用=tan α可以实现角α的弦切互化.
3.注意公式逆用及变形应用:1=sin2α+cos2α,sin2α=1-cos2α,cos2α=1-sin2α.
18.如图在三棱锥中, 分别为棱的中点,已知.
求证:(1)直线平面;
(2)平面 平面.
【答案】(1)证明见解析;(2)证明见解析.
【解析】
分析】
(1)本题证明线面平行,根据其判定定理,需要在平面内找到一条与平行的直线,由于题中中点较多,容易看出,然后要交待在平面外,在平面内,即可证得结论;(2)要证两平面垂直,一般要证明一个平面内有一条直线与另一个平面垂直,由(1)可得,因此考虑能否证明与平面内的另一条与相交的直线垂直,由已知三条线段的长度,可用勾股定理证明,因此要找的两条相交直线就是,由此可得线面垂直.
【详解】(1)由于分别是的中点,则有,又平面,平面,所以平面.
(2)由(1),又,所以,又是中点,所以,,又,所以,所以,是平面内两条相交直线,所以平面,又平面,所以平面平面.
【考点】线面平行与面面垂直.
19.在直角坐标系中,曲线的参数方程为(为参数),以坐标原点为极点,以轴正半轴为极轴,建立极坐标系,曲线的极坐标方程为.
(1)写出的普通方程和的直角坐标方程;
(2)设点在上,点在上,求的最小值以及此时的直角坐标.
【答案】(1):,:;(2),此时.
【解析】
试题分析:(1)的普通方程为,的直角坐标方程为;(2)由题意,可设点的直角坐标为到的距离
当且仅当时,取得最小值,最小值为,此时的直角坐标为.
试题解析: (1)的普通方程为,的直角坐标方程为.
(2)由题意,可设点的直角坐标为,因为是直线,所以的最小值即为到的距离的最小值,.
当且仅当时,取得最小值,最小值为,此时的直角坐标为.
考点:坐标系与参数方程.
【方法点睛】参数方程与普通方程的互化:把参数方程化为普通方程,需要根据其结构特征,选取适当的消参方法,常见的消参方法有:代入消参法;加减消参法;平方和(差)消参法;乘法消参法;混合消参法等.把曲线的普通方程化为参数方程的关键:一是适当选取参数;二是确保互化前后方程的等价性.注意方程中的参数的变化范围.
此处有视频,请去附件查看】
20.已知椭圆C:(a>b>0)的两个焦点分别为F1,F2,离心率为,过F1的直线l与椭圆C交于M,N两点,且△MNF2的周长为8.
(1)求椭圆C的方程;
(2)若直线y=kx+b与椭圆C分别交于A,B两点,且OA⊥OB,试问点O到直线AB的距离是否为定值,证明你的结论.
【答案】(1); (2)见解析.
【解析】
【分析】
(1)根据三角形周长为8,结合椭圆的定义可知,,利用,即可求得和的值,求得椭圆方程;(2)分类讨论,当直线斜率斜存在时,联立,得到关于的一元二次方程,利用韦达定理及向量数量积的坐标运算,求得和的关系,利用点到直线的距离公式即可求得点到直线的距离是否为定值.
【详解】(1)由题意知,4a=8,则a=2,
由椭圆离心率,则b2=3.
∴椭圆C的方程;
(2)由题意,当直线AB的斜率不存在,此时可设A(x0,x0),B(x0,-x0).
又A,B两点在椭圆C上,
∴,
∴点O到直线AB的距离,
当直线AB的斜率存在时,设直线AB的方程为y=kx+b.设A(x1,y1),B(x2,y2)
联立方程,消去y得(3+4k2)x2+8kbx+4b2-12=0.
由已知△>0,x1+x2=,x1x2=,
由OA⊥OB,则x1x2+y1y2=0,即x1x2+(kx1+b)(kx2+b)=0,
整理得:(k2+1)x1x2+kb(x1+x2)+b2=0,
∴ .
∴7b2=12(k2+1),满足△>0.
∴点O到直线AB的距离为定值.
综上可知:点O到直线AB的距离d=为定值.
【点睛】本题主要考查椭圆的定义及椭圆标准方程、圆锥曲线的定值问题以及点到直线的距离公式,属于难题. 探索圆锥曲线的定值问题常见方法有两种:① 从特殊入手,先根据特殊位置和数值求出定值,再证明这个值与变量无关;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.
21.如图,四棱锥中,底面,,,,为线段上一点,,为的中点.
(1)证明:平面;
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析;(2).
【解析】
【分析】
(1)法一、取中点,连接,,由三角形的中位线定理可得,且,再由已知得,且,得到,且,说明四边形为平行四边形,可得,由线面平行的判定得到平面;
法二、证明平面,转化为证明平面平面,在中,过作,垂足为,连接,由已知底面,可得,通过求解直角三角形得到,由面面平行的判定可得平面平面,则结论得证;
(2)连接,证得,进一步得到平面平面,在平面内,过作,交于,连接,则为直线与平面所成角.然后求解直角三角形可得直线与平面所成角的正弦值.
【详解】(1)证明:法一、如图,取中点,连接,,
为的中点,
,且,
又,,且,
,且,
则,且,
四边形为平行四边形,则,
平面,平面,
平面;
法二、
在中,过作,垂足为,连接,
在中,由已知,,得,
,
,则,
在中,
, ,
由余弦定理得:,
,
而在中, ,
,即,
,则平面.
由底面,得,又,
,则平面.
,
平面平面,则MN∥平面;
(2)解:在中,由,,,得
.
,则,
底面,平面,
平面平面,且平面平面,
平面,则平面平面.
在平面内,过作,交于,连接,则为直线与平面所成角.
在中,由是的中点,得
,
中,由,得,
.
直线与平面所成角的正弦值为.
【点睛】本题考查直线与平面平行的判定,考查直线与平面所成角的求法,考查数学转化思想方法,考查了空间想象能力和计算能力,是中档题.
22.设圆的圆心为,直线过点且与轴不重合,直线交圆于,两点,过点作的平行线交于点.
(1)证明为定值,并写出点的轨迹方程;
(2)设点的轨迹为曲线,直线交于,两点,过点且与直线垂直的直线与圆交于,两点,求四边形面积的取值范围.
【答案】(1)证明见解析,(2)
【解析】
【分析】
(1)由,,故,所以,得到,化简得,利用椭圆的定义,即可求解;
(2)设的方程为,联立方程组,利用根与系数的关系,结合弦长公式和三角形的面积公式,即可求解.
【详解】(1)因为,,故,
所以,故,
又圆的标准方程为,
从而,所以,
由题设得,,,
由椭圆定义可得点的轨迹方程为.
(2)当与轴不垂直时,设的方程为,,,
由得,
则,,
所以,
过点且与垂直的直线,到的距离为,
所以,
故四边形的面积,
可得当与轴不垂直时,四边形面积的取值范围为,
当与轴垂直时,其方程为,,四边形的面积为,
综上,四边形面积的取值范围为.
【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程的求解、及直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用,解答此类题目,通常联立直线方程与椭圆(圆锥曲线)方程,应用一元二次方程根与系数的关系进行求解,此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足,导致错解,能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.