1、四川省宜宾市第四中学校2019-2020学年高二数学下学期第二次月考试题 文（含解析）注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上.2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.第I卷 选择题（60分）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知复数满足：，则的虚部是（）A. 2B. 2C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用复数的除法运算化为的形式，则答案可求【详解】解：由，得，则复
2、数z的虚部是2，故选B【点睛】本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的基本概念，是基础题2.已知函数f（x）在x0处的导数为1，则等于 （）A. 2B. 2C. 1D. 1【答案】A【解析】分析：与极限的定义式比较，凑配出极限式的形式：详解：，故选A点睛：在极限式中分子分母中的增量是相同的，都是，因此有3.已知双曲线的一条渐近线方程为，则的两焦点坐标分别为A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】求出双曲线的渐近线方程，可得,以此求出焦点坐标.【详解】解析：双曲线的渐近线方程为或，所以即，故，所以的两焦点坐标分别，故选C.【点睛】本题考查双曲线的焦点的求法，注意运用渐近线方程，考
3、查运算能力，属于基础题4.设向量，则“”是“”的A. 充分但不必要条件B. 必要但不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】利用充要条件的判断方法进行判断即可.【详解】若，则，则；但当时， 故“”是“”的充分但不必要条件.选A.【点睛】本题考查充分不必要条件条件的判断，属基础题.5.在“一带一路”知识测验后，甲、乙、丙三人对成绩进行预测甲：我的成绩比乙高乙：丙的成绩比我和甲的都高丙：我的成绩比乙高成绩公布后，三人成绩互不相同且只有一个人预测正确，那么三人按成绩由高到低的次序为A. 甲、乙、丙B. 乙、甲、丙C. 丙、乙、甲D. 甲、丙、乙【答案】A【解析】【分
4、析】利用逐一验证的方法进行求解.【详解】若甲预测正确，则乙、丙预测错误，则甲比乙成绩高，丙比乙成绩低，故3人成绩由高到低依次为甲，乙，丙；若乙预测正确，则丙预测也正确，不符合题意；若丙预测正确，则甲必预测错误，丙比乙的成绩高，乙比甲成绩高，即丙比甲，乙成绩都高，即乙预测正确，不符合题意，故选A【点睛】本题将数学知识与时政结合，主要考查推理判断能力题目有一定难度，注重了基础知识、逻辑推理能力的考查6.设f(x)为奇函数，且当x0时，f(x)=，则当x0时，f(x)=A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先把x0,代入可得，结合奇偶性可得.【详解】是奇函数， 时，当时，得故选D【点睛】
5、本题考查分段函数的奇偶性和解析式，渗透了数学抽象和数学运算素养采取代换法，利用转化与化归的思想解题7.函数f(x)=在，的图像大致为A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先判断函数的奇偶性，得是奇函数，排除A，再注意到选项的区别，利用特殊值得正确答案【详解】由，得是奇函数，其图象关于原点对称又故选D【点睛】本题考查函数的性质与图象，渗透了逻辑推理、直观想象和数学运算素养采取性质法或赋值法，利用数形结合思想解题8.已知直线经过椭圆的上顶点与右焦点，则椭圆的方程为A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】求出直线与坐标轴的交点，推出椭圆的，即可得到椭圆的方程.【详解】由题意，直
6、线经过椭圆的上顶点与右焦点，可得，可得，所以椭圆的标准方程为，故选A.【点睛】本题主要考查了椭圆的标准方程及其简单的几何性质的应用，其中解答中熟记椭圆的额标准方程的形式和简单的几何性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.9.若曲线上任意一点处的切线的倾斜角都是锐角，那么整数等于（ ）A. 0B. 1C. D. 【答案】B【解析】【分析】求出原函数的导函数,由导函数大于0恒成立转化为二次不等式对应二次方程的判别式小于0,进一步求解关于的不等式得答案.【详解】解:由,得,曲线上任意点处的切线的倾斜角都为锐角,对任意实数恒成立,.解得:.整数的值为1.故答案为B【点睛】本题考查了利用
7、导数研究曲线上某点处的切线方程,函数在某点处的导数值就是对应曲线上该点处的切线的斜率,考查了数学转化思想方法,是中档题.10.设函数在上可导，其导函数为，如图是函数的图象，则的极值点是( )A. 极大值点，极小值点B. 极小值点，极大值点C. 极值点只有D. 极值点只有【答案】C【解析】结合图象，时，故时，故时，故，故在递增，在递减，故的极值点是，故选C.11.已知圆，圆，、分别是圆、上动点，是轴上动点，则的最大值是( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】作出图形，由，得出，利用、三点共线可得出的最大值.【详解】如下图所示：圆的圆心，半径为，圆的圆心，半径为，由圆几何性质可得，
8、当且仅当、三点共线时，取到最大值.故选：D.【点睛】本题考查折线段长度差的最大值的计算，考查了圆的几何性质的应用以及利用三点共线求最值，考查数形结合思想的应用，属于中等题.12.已知，且对恒成立，则的最大值是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析：先求出函数的导数，再分别讨论a=0，a0，a0的情况，从而得出ab的最大值详解：令f（x）=ex-a（x-1）-b，则f（x）=ex-a，若a=0，则f（x）=ex-b-b0，得b0，此时ab=0；若a0，则f（x）0，函数单调增，x-，此时f（x）-，不可能恒有f（x）0若a0，由f（x）=ex-a=0，得极小值点x=lna，由f（l
9、na）=a-alna+a-b0，得ba（2-lna），aba2（2-lna）令g（a）=a2（2-lna）则g（a）=2a（2-lna）-a=a（3-2lna）=0，得极大值点a=而g（）=ab的最大值是故选C点睛：本题考查函数恒成立问题，考查了函数的单调性，训练了导数在求最值中的应用，渗透了分类讨论思想，是中档题第II卷 非选择题二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.若变量x，y满足约束条件则z=3xy的最大值是_.【答案】9.【解析】【分析】作出可行域，平移找到目标函数取到最大值的点，求出点的坐标，代入目标函数可得.【详解】画出不等式组表示的可行域，如图所示，阴影部分表示的
10、三角形ABC区域，根据直线中的表示纵截距的相反数，当直线过点时，取最大值为9【点睛】本题考查线性规划中最大值问题，渗透了直观想象、逻辑推理和数学运算素养采取图解法，利用数形结合思想解题搞不清楚线性目标函数的几何意义致误，从线性目标函数对应直线的截距观察可行域，平移直线进行判断取最大值还是最小值14.我国高铁发展迅速，技术先进经统计，在经停某站的高铁列车中，有20个车次的正点率为0.97，有40个车次的正点率为0.98，有20个车次的正点率为0.99，则经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为_.【答案】0.98【解析】【分析】根据平均值公式计算得到答案.【详解】平均正点率的估计值为：.故
11、答案为：.【点睛】本题考查了平均值的计算，意在考查学生的计算能力.15.已知函数，若，则实数的取值范围是_【答案】(1,3)【解析】【分析】确定函数为奇函数，增函数，化简得到，解得答案.【详解】，函数为奇函数，函数单调递增，即，即，解得.故答案为：.【点睛】本题考查了利用函数的单调性和奇偶性解不等式，意在考查学生对于函数性质的灵活运用.16.已知抛物线的准线与双曲线交于、两点，点为抛物线的焦点，若为直角三角形，则双曲线离心率的取值范围是 【答案】.【解析】试题分析：抛物线焦点，由题意，且并被轴平分，所以点在双曲线上，得，即，即，所以，故. 故应填.考点：抛物线；双曲线.三、解答题：共70分.解
12、答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17.某行业主管部门为了解本行业中小企业的生产情况，随机调查了100个企业，得到这些企业第一季度相对于前一年第一季度产值增长率y的频数分布表.的分组企业数22453147（1）分别估计这类企业中产值增长率不低于40%的企业比例、产值负增长的企业比例；（2）求这类企业产值增长率的平均数与标准差的估计值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）.（精确到0.01）附：.【答案】(1) 增长率超过的企业比例为，产值负增长的企业比例为；（2）平均数；标准
13、差.【解析】【分析】(1)本题首先可以通过题意确定个企业中增长率超过的企业以及产值负增长的企业的个数，然后通过增长率超过的企业以及产值负增长的企业的个数除随机调查的企业总数即可得出结果；(2)可通过平均值以及标准差的计算公式得出结果【详解】(1)由题意可知，随机调查的个企业中增长率超过的企业有个，产值负增长的企业有个，所以增长率超过的企业比例为，产值负增长的企业比例为(2)由题意可知，平均值，标准差的平方：，所以标准差【点睛】本题考查平均值以及标准差的计算，主要考查平均值以及标准差的计算公式，考查学生从信息题中获取所需信息的能力，考查学生的计算能力，是简单题18.已知函数.（）当时，求曲线在处
14、的切线方程；（）当时，若不等式恒成立，求实数的取值范围.【答案】（I）；（II）.【解析】分析：(1)先求切线斜率和切点的坐标，再求切线的方程.(2)分类讨论求，再解0，求出实数a的取值范围.详解：（）当时，即曲线在处的切线的斜率为，又，所以所求切线方程.（）当时，若不等式恒成立，易知，若，则恒成立，在上单调递增；又，所以当时，符合题意.若，由，解得，则当时，单调递减；当时，单调递增.所以时，函数取得最小值.则当，即时，则当时，符合题意.当，即时，则当时，单调递增，不符合题意.综上，实数的取值范围是.点睛：（1）本题主要考查导数的几何题意和切线方程的求法，考查利用导数求函数的最小值，意在考查学
15、生对这些知识的掌握水平和分析推理转化能力.(2)解答第2问由两次分类讨论，第一次是分类的起因是解不等式时，右边要化成，由于对数函数定义域的限制所以要分类讨论，第二次分类的起因是是否在函数的定义域内,大家要理解掌握.19.如图，直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，BAD=60，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点.（1）证明：MN平面C1DE；（2）求点C到平面C1DE的距离【答案】（1）见解析；（2）.【解析】【分析】（1）利用三角形中位线和可证得，证得四边形为平行四边形，进而证得，根据线面平行判定定理可证得结论；（2）根据题意求得三棱锥的体积，再求出的面
16、积，利用求得点C到平面的距离，得到结果.【详解】（1）连接，分别为，中点 为的中位线且又为中点，且 且 四边形为平行四边形，又平面，平面平面（2）在菱形中，为中点，所以，根据题意有，因为棱柱为直棱柱，所以有平面，所以，所以，设点C到平面的距离为，根据题意有，则有，解得，所以点C到平面的距离为.【点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有线面平行的判定，点到平面的距离的求解，在解题的过程中，注意要熟记线面平行的判定定理的内容，注意平行线的寻找思路，再者就是利用等积法求点到平面的距离是文科生常考的内容.20.已知椭圆：的左、右焦点分别为，左顶点为，离心率为，点是椭圆上的动点，的面积的最
17、大值为.(1)求椭圆的方程；(2)设经过点的直线与椭圆相交于不同的两点，线段的中垂线为.若直线与直线相交于点，与直线相交于点，求的最小值.【答案】见解析.【解析】试题分析：（1）由已知，有，可得. 设点纵坐标为.可得的最大值 求出，.即可得到椭圆的方程；（2）由题意知直线的斜率不为，故设直线：.设，.联立，得.由弦长公式可得 ，由此得到的表达式，由基本不等式可得到的最小值.试题解析：（1）由已知，有，即.，.设点的纵坐标为.则 ，即.，.椭圆的方程为.（2）由题意知直线的斜率不为，故设直线：.设，.联立，消去，得.此时.，.由弦长公式，得 .整理，得.又， . . ，当且仅当，即时等号成立.当
18、，即直线的斜率为时，取得最小值.21.设函数（）讨论的单调性；（）若，证明：当时，.【答案】（）答案见解析；（）证明见解析.【解析】分析：（）先确定函数定义域，再求导，讨论导数的正负可得单调区间；（2）令，求导根据单调性可得，从而得证.详解：（）、的定义域为由得得.当时，恒成立，在上单调递增.当时，的根为当，即时，递减，递增当，即时，递增，递减综上所述：当时，递减，递增；当时，递增，递减；当时在上单调递增.（）所以令所以只需要在上的最大值小于0.，令.令.递减，不等式成立.（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.选修4-4：坐标系与参数方程
19、22.在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为：（为参数，），将曲线经过伸缩变换：得到曲线.（1）以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立坐标系，求的极坐标方程；（2）若直线（为参数）与相交于两点，且，求的值.【答案】(1) (2) 或【解析】试题分析：求得曲线的普通方程，然后通过变换得到曲线方程，在转化为极坐标方程在极坐标方程的基础上结合求出结果解析：（1）的普通方程为，把，代入上述方程得，的方程为.令，所以的极坐标方程为 .（2）在（1）中建立的极坐标系中，直线的极坐标方程为，由得，由得.而，.而，或.选修4-5：不等式选讲23.已知函数的图象的对称轴为.（1）求不等式的解集；（2）若函数的最小值为，正数，满足，求证：.【答案】(1) (2)见解析【解析】【详解】试题分析：(1)由函数的对称性可得，零点分段求解不等式可得不等式的解集(2)由绝对值不等式的性质可得，则，结合均值不等式的结论： ，当且仅当，时取等号.题中的不等式得证.试题解析：（1）函数的对称轴为，,经检验成立 ，由，得或或.解得或，故不等式的解集为.（2）由绝对值不等式的性质，可知，当且仅当等号成立， （当且仅当，时取等号）.即.