1、商洛市20192020学年度第一学期期末教学质量检测高二数学试卷（文科）考生注意：1本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，共150分考试时间120分钟2请将各题答案填写在答题卡上3本试卷主要考试内容：北师大版必修5，选修11第卷一、选择题：本大题共12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. 命题“”的否定是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用全称命题的否定解答即得解.【详解】所给命题为全称量词命题，故其否定为存在量词命题，同时要否定结论，所以所给命题的否定为.故选C【点睛】本题主要考查全称命题的否定，意在考查学生对该知
2、识的理解掌握水平.2. 已知抛物线：，则该抛物线的焦点坐标为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析】先化抛物线方程为标准方程，再确定焦点坐标.【详解】解：由题意，故其焦点在y轴正半轴上，.焦点坐标为.故选：D.【点睛】本题主要考查了抛物线的标准方程.解题的时候注意抛物线的焦点在轴还是在轴.3. 在中，角的对边分别是.若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由正弦定理求解即可.【详解】因为，所以.故选：D【点睛】本题主要考查了正弦定理解三角形，属于基础题.4. 已知双曲线的一条渐近线方程为，则该双曲线的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【
3、分析】由渐近线方程得出，再由离心率公式以及的关系求解即可.【详解】由题可得，所以故选：C.【点睛】本题主要考查了求双曲线的离心率，属于基础题.5. 已知是任意实数，且，则下列结论不正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据不等式的性质判断即可.【详解】若，则成立；若，则成立；若，则成立；若，则不成立.故选：D【点睛】本题主要考查了由条件判断所给不等式是否正确，属于基础题.6. 已知函数，则（ ）A. B. 2C. D. 3【答案】D【解析】【分析】先求，将代入，求出，进而求出，即可得出结论.【详解】由，求导可得，则，则函数的解析式为，所以，则，故选：D.【点睛】本题考
4、查了导函数的求法，求出是解题的关键，属于基础题.7. 已知下列命题：到两定点距离之和等于1的点的轨迹为椭圆；已知向量，则“”是“”的必要不充分条件其中真命题的个数（ ）A. 0B. 1C. 2D. 3【答案】B【解析】【分析】利用椭圆的定义可判断；取特殊值，可判断；利用充分不必要条件的定义可判断【详解】对于，由于两定点，的距离为2，故到两定点，的距离之和等于1的点是不存在的，故错误.对于，取，满足，故正确.当时可得，然后可得当时，不一定成立故“”是“”的充分不必要条件，故错误.故选：B【点睛】本题主要考查了椭圆的定义、特称命题真假判断以及充分不必要条件，属于基础题.8. 命题“，”为假命题，则
5、的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由于命题是假命题，可得其否定为真命题，然后可以建立关系即可求解.【详解】命题“，”为假命题,该命题的否定“，”为真命题，即在上恒成立，在单调递增，解得.故选：A.【点睛】本题考查根据命题的真假求参数范围，属于中档题.9. “”是“椭圆的离心率为”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】椭圆离心率为，可得：时，或时，解得m即可判断出结论【详解】椭圆离心率为，可得：时，；时，总之或“”是“椭圆离心率为”的充分不必要条件故选：A【点睛】本题考查了椭圆的标准方程
6、及其性质、充分不必要条件的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题10. 已知等比数列的前n项和为，若，则，（ ）A. 10B. 15C. 20D. 25【答案】A【解析】【分析】对已知等式左侧的式子一、五两项，二、四两项分别通分，结合等比数列的性质再和第三项通分化简可得，结合的值进而可得结果.【详解】，则，故选：A.【点睛】本题主要考查了等比数列的性质，利用性质化简是解题的关键，属于中档题.11. 已知为正数，则的最大值为（ ）A. B. C. D. 2【答案】D【解析】【分析】利用基本不等式求解即可.【详解】，当且仅当时，取得最大值.故选：D【点睛】本题主要考查了基本不等式的应用，属
7、于中档题.12. 已知椭圆的左、右焦点分别为，点为椭圆上不同于左、右顶点的任意一点，为的内心，且，若椭圆的离心率为，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】设内切圆的半径为，根据题意化简得到，代入数据计算得到答案.【详解】设内切圆的半径为则，整理得.为椭圆上的点，解得.故选：【点睛】本题考查了椭圆离心率相关问题，根据面积关系化简得到是解得的关键.第卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分把答案填在答题卡中的横线上13. 若等差数列的公差，则_【答案】【解析】【分析】结合已知及等差数列的通项公式即可求解.【详解】设，则又，则，故答案为：.【点睛】本题主要考查了等差数列
8、的通项公式的简单应用，属于基础题.14. 在中，角，的对边分别为，.已知，则_.【答案】3【解析】【分析】根据余弦定理可直接列出方程，解出即可.【详解】由余弦定理可得，代入数据整理可得，解得或（舍去），所以.故答案为：3.【点睛】本题考查余弦定理解三角形，属于基础题.15. 直线与曲线相切于点，则b的值为_.【答案】【解析】【分析】由题意可得曲线过点可得，利用导数的几何意义可得曲线在点处的切线斜率，再求切线方程即可得解.【详解】解：因为曲线过点，所以，所以，所以，所以，所以曲线在点处的切线斜率.因此，曲线在点处的切线方程为，即，所以.故答案为：.【点睛】本题考查了曲线在某点处切线方程的求法，重
9、点考查了运算能力，属基础题.16. 已知函数,()分别是定义在上的奇函数和偶函数,当时,且.若,则的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】令,根据当时, 可得,因此函数在时单调递减,又为奇函数,由于,可得,即可求得答案.【详解】令.当时, ,函数在时单调递减；,的解集为函数,()分别是定义在上的奇函数和偶函数是上的奇函数,当时,的解集为综上所述,不等式的解集为:.故答案为:.【点睛】本题主要考查了根据函数单调性和奇偶性解不等式,解题关键是掌握根据题意构造函数的方法和由导数判断函数单调性的解题方法,考查了分析能力和计算能力,属于中档题.三、解答题：本大题共6小题，共70分解答应写出必要的文字说明
10、、证明过程或演算步骤考生根据要求作答17. 已知函数，其中（1）若，求不等式的解集；（2）求的最小值【答案】（1）；（2）最小值为.【解析】【分析】（1）把代入，求不等式即可；（2）把代入，利用基本不等式求最小值.【详解】（1）当时， ，解得，不等式的解集为（2） 当且仅当，即时取等号.故的最小值为.【点睛】本题考查解一元二次不等式，利用基本不等式求最值，注意等号成立的条件，属于容易题.18. 设，：函数的定义域为R，q：函数在区间上有零点.（1）若q是真命题，求a的取值范围；（2）若是真命题，求a的取值范围.【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）将函数的零点问题转化为两个函数的交点问题
11、，从而得出的范围；（2）由判别式小于0得出中的范围，根据或命题的性质得出的范围.【详解】解：（1）当q是真命题时，在上有解即函数与函数有交点又的值域为 所以a的取值范围为.（2）当p是真命题时，由题意，在上恒成立，则，则.记当p是真命题时，a的取值集合为A，则；记当是真命题时，a的取值集合为B，则或， 因为是真命题所以a的取值范围是或【点睛】本题主要考查了由命题为真命题求参数的范围，属于中档题.19. 在中，角，所对的边分别为，已知（1）求角的值；（2）若，且的面积为，求的周长【答案】（1）（2）周长为6【解析】【分析】（1）由正弦定理边化角得出，结合三角形内角和，诱导公式，两角和的正弦公式化
12、简得出，由商数关系即可得出角的值； （2）由三角形面积公式化简得出，再由余弦定理得出，即可得出的周长.详解】（1）由正弦定理边化角得，代入得，又，（2），由余弦定理得，的周长为6【点睛】本题主要考查了正弦定理的边化角公式以及三角形面积公式，余弦定理，属于中档题.20. 在中，角的对边分别为.已知，且.（1）求A；（2）若的周长为6，求的面积.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理的角化边公式结合余弦定理即可得出；（2）将变形为，结合周长得出，进而得出，再由三角形面积公式得出的面积.【详解】解：（1）因为，所以由正弦定理得， 化简得，则所以.（2）因为，则 因为的周长为6，所以，则
13、.故.【点睛】本题主要考查了正弦定理的角化边，余弦定理以及三角形面积公式，属于中档题.21. 顺次连接椭圆：的四个顶点恰好构成了一个边长为且面积为的菱形（1）求椭圆C的方程；（2）过点的直线与椭圆交于，两点，其中为坐标原点，求【答案】(1) (2) 【解析】【分析】（1）利用已知建立a，b的方程，解出a，b即可.（2）先考虑斜率不存在时，则与不存在，可设直线为，与椭圆联立，利用韦达定理结合条件解得k，再利用弦长公式计算即可.【详解】（1）由题可知，解得，.所以椭圆的方程为.（2）设，当直线斜率不存在时，明显不符合题意，故设的方程为，代入方程，整理得由，解得，所以，.，解得.【点睛】本题考查椭圆
14、的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，设而不求，利用韦达定理是解决此类问题的常见方法，考查运算能力，属于中档题22. 已知函数.（1）讨论的单调性；（2）若在上只有一个零点，求的取值范围.【答案】（1）讨论见解析；（2）【解析】【分析】（1）求出函数的导数，分和两种情况讨论可得.（2）由（1）当时，只需即可；当时，对和分类讨论即得.【详解】（1）.当时，在上单调递减；当时，令，解得，所以在和上单调递减，在上单调递增.（2）当时，在上单调递减，且，则只需，所以，又，所以.当时，在和上单调递减，在上单调递增，且，当，即时，若在上恰好只有一个零点，则，则无解；当，即时，若在上恰好只有一个零点，则，解得.综上，的取值范围为.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性及零点问题，属于中档题.
