- 1.58 MB
- 2021-06-10 发布
- 1、本文档由用户上传,淘文库整理发布,可阅读全部内容。
- 2、本文档内容版权归属内容提供方,所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议,请立即联系网站客服。
- 3、本文档由用户上传,本站不保证质量和数量令人满意,可能有诸多瑕疵,付费之前,请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
- 网站客服QQ:403074932
湖南省株洲市醴陵市醴陵市第四中学
2019-2020学年高二5月检测数学试卷
一、选择题(每小题5分,共9小题45分)
1. 设,则( )
A. B. C. D.
2. 已知集合,,
,则( )
A. B. C. D.
3. 已知,,,则( )
A. B.
C. D.
4. 在的图像大致为( )
A. B.
C. D.
5. 某学校为了解名新生的身体素质,将这些学生编号为,从这些新生中用系统抽样方法等距抽取名学生进行体质测验,若号学生被抽到,则下面名学生中被抽到的是( ).
A. 号学生 B. 号学生
C. 号学生 D. 号学生
6. ( )
A. B.
C. D.
7. 已知非零向量,满足,且,则与的夹角为( )
A. B. C. D.
8. 双曲线的一条渐近线的倾斜角为,则的离心率为( )
A. B. C. D.
9. 的内角的对边分别为,已知,,则( )
A. B. C. D.
二、填空题(每小题5分,共3小题15分)
10. 曲线在点处的切线方程为__________.
11. 记为等比数列的前项和,若,,则__________.
12. 函数的最小值为__________.
三、解答题(每小题12分,共5小题60分)
13. 记为等差数列的前项和,已知; (1)若,求的通项公式; (2)若,求使得的的取值范围.
14. 如图直四棱柱的底面是菱形,,,分别是的中点. (1)证明:平面(2)求点到平面的距离.
15. 某班为了活跃元旦晚会气氛,主持人请12位同学做一个游戏,第一轮游戏中,主持人将标有数字1到12的十二张相同的卡片放入一个不透明的盒子中,每人依次从中取出一张卡片,取到标有数字7到12的卡片的同学留下,其余的淘汰;第二轮将标有数字1到6的六张相同的卡片放入一个不透明的盒子中,每人依次从中取出一张卡片,取到标有数字4到6的卡片的同学留下,其余的淘汰;第三轮将标有数字的三张相同的卡片放入一个不透明的盒子中,每人依次从中取出一张卡片,取到标有数字2,3的卡片的同学留下,其余的淘汰;第四轮用同样的办法淘汰一位同学,最后留下的这位同学获得一个奖品.已知同学甲参加了该游戏. (1)求甲获得奖品的概率; (2)设为甲参加游戏的轮数,求的分布列与数学期望.
16. 已知函数,是的导数. (1)证明:在区间存在唯一零点; (2)若时,,求的取值范围.
17. 已知点关于坐标原点对称,,过点且与直线相切. (1)若在直线上,求的半径; (2)是否存在定点,使得当运动时,为定值?并说明理由.
数学单元测试题答案
第1题: 【答案】C
【解析】因为,所以.
第2题:【答案】C
【解析】,,则,又, 则,故选C.
第3题: 【答案】B
【解析】由对数函数的图像可知:;再有指数函数的图像可知:
,,于是可得到:.
第4题: 【答案】D
【解析】∵, ∴为奇函数,排除A. 又,排除C,,排除B,故选D.
第5题:【答案】C
【解析】从名学生中抽取名,每人抽一个,号学生被抽到,则抽取的号数就为,可得出号学生被抽到.
第6题: 【答案】D
【解析】因为化简可得
第7题: 【答案】B
【解析】,且,,有,设与的夹角为,则有,即,,,,,故与的夹角为,选.
第8题: 【答案】D
【解析】根据题意可知,所以, 离心率.
第9题: 【答案】A
【解析】由正弦定理可得到:,即, 又由余弦定理可得到:,于是可得到
第10题: 【答案】
【解析】∵
, ∴结合导数的几何意义可知曲线在点处的切线方程的斜率为, ∴切线方程为.
第11题: 【答案】
【解析】,,设等比数列公比为, ∴,∴,所以.
第12题: 【答案】
【解析】, 因为,知当时取最小值, 则的最小值为.
第13题: 【答案】(1)(2)
【解析】(1)由结合可得,联立得,所以(2)由可得,故,. 由知,故等价于,解得, 所以的取值范围是
第14题:
【解析】(1)连结相交于点,再过点作交于点,再连结,.分别是的中点.于是可得到,, 于是得到平面平面, 由平面,于是得到平面(2)
为中点,为菱形且,又为直四棱柱,,又,,设点到平面的距离为由得,解得所以点到平面的距离为
第15题:
【答案】(1)(2)
【解析】(1)设甲获得奖品为事件,在每轮游戏中,甲留下的概率与他摸卡片的顺序无关, 则. (2)随机变量的取值可以为.,,,.的分布列为所以数学期望.
第16题:
【解析】(1)由题意得令,∴当时,,单调递增, 当时,,单调递减, ∴的最大值为,又,∴,即, ∴在区间存在唯一零点.
(2)由题设知,,可得. 由(1)知,在只有一个零点,设为,且当时,; 当时,,所以在单调递增,在单调递减. 又,,所以,当时,. 又当,时,,故. 因此,的取值范围是.
第17题:
【答案】(1)或; (2)见解析.
【解析】(1)∵过点,∴圆心在的中垂线上即直线上,设圆的方程为,又,根据得; ∵与直线相切,∴,联解方程得或. (2)设的坐标为,根据条件即化简得,即的轨迹是以为焦点,以为准线的抛物线,所以存在定点,使.