1、湖南省衡阳市第八中学2019-2020学年高二数学下学期4月第一次月考试题（含解析）请注意：时量120分钟 满分：150分一、选择题（共12小题，每小题5分.共60分）（一）单选题1.已知为虚数单位，则复数的虚部为（ ）A. 1B. 2C. D. 【答案】C【解析】【分析】分子分母同乘以，根据复数的乘法运算法则计算，写出虚部即可.【详解】因为，所以的虚部为.【点睛】本题主要考查了复数的乘除法运算，及复数的概念，属于中档题.2.函数的定义域是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】由解得或，故选D.考点：函数的定义域与二次不等式.3.等差数列的前项和，若，则( )A. 8B. 10C.
2、12D. 14【答案】C【解析】试题分析：假设公差为,依题意可得.所以.故选C.考点：等差数列的性质.4.在长为12cm的线段AB上任取一点C. 现作一矩形，邻边长分别等于线段AC，CB的长，则该矩形面积大于20cm2的概率为A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：设AC=x，则BC=12-x（0x12）矩形面积S=x（12-x）20x2-12x+2002x10由几何概率的求解公式可得，矩形面积大于20cm2的概率考点：几何概型5.在的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则展开式的常数项为A. B. 7C. D. 28【答案】B【解析】试题分析：根据题意，由于在的展开式中，只有第
3、5项的二项式系数最大，那么可知n为偶数，n=8则可知,可知当r=6时，可知为常数项，故可知为7，选B.考点：二项式定理点评：主要是考查了二项式定理的运用，属于基础题6.现有件互不相同的产品，其中有件正品，件次品，每次从中任取一件测试，直到件次品全被测出为止，则第三件次品恰好在第次被测出的所有检测方法有（ ）种.A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据排列组合的特点依照题意列式，即可得出结果.【详解】解：根据题意，第三件次品恰好在第次被测出，说明前三次中有两件次品和一件正品被测出.第三件次品恰好在第次被测出的所有检测方法有种.故选：B.【点睛】本题考查排列组合的简单计数问题，属于基
4、础题.7.平行六面体的底面是菱形.且，则直线与直线所成的角的大小为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】连结交于点，连结 ，可证出全等于，可得，由底面是菱形，得出，平面，所以.【详解】解：连结交于点，连结 ，全等于，.底面是菱形，点是中点，.，.平面，.直线与直线所成的角的大小为.故选：A.【点睛】本题考查线面垂直的判定，异面直线所成的角的大小的求法，属于基础题.8.已知函数，如果存在，使得对任意的，都有成立.则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】求导函数，分别求出函数和的最小值，进而可建立不等关系，即可求出的取值范围.【详解】解：求导函数
5、，可得，在上单调递增，如果存在，使得对任意的，都有成立，.故选：A.【点睛】本题考查导数知识的运用，考查函数的最值，属于中档题.（二）多选题9.下列命题正确的是（ ）A. 若函数在上有零点，则一定有B. 函数既不是奇函数也不是偶函数C. 若函数的值域为，则实数的取值范围是D. 若函数满足条件，则，【答案】CD【解析】【分析】选项A，根据零点的存在性定理判断本命题错误；选项B，求出函数的定义域，判断它是偶函数；选项C，求出函数的值域为时的取值范围即可；选项D，函数满足条件，则，进而求出函数的解析式.【详解】解：对于选项A，函数在上有零点，不一定有，如函数不是连续函数或其他情况，选项A错误；对于选
6、项B，函数的定义域为，且，满足，所以是偶函数，选项B错误；对于选项C，函数的值域为时，当时，满足条件，当时，有.综上，实数的取值范围是，选项C正确；对于选项D，函数满足条件，则，解得，选项D正确.故选：CD.【点睛】本题考查命题真假性的判断问题，考查了函数的值域，解析式等应用问题，属于中档题.10.下列命题正确的是（ ）A. 已知随机变量，若.则B. 已知分类变量与的随机变量的观察值为，则当的值越大时，“与有关”的可信度越小.C. 在线性回归模型中，计算其相关指数，则可以理解为：解析变量对预报变量的贡献率约为D. 若对于变量与的组统计数据的线性回归模型中，相关指数.又知残差平方和为.那么.（注
7、意：）【答案】ACD【解析】【分析】选项A，根据正态分布曲线的特点，关于直线对称，求出，即可判断；选项B，根据独立性检验的方法和步骤，即可判断；选项C，根据相关指数的意义即可判断；选项D，根据相关指数的计算公式即可判断.【详解】解：对于选项A，曲线关于对称，由，则，则，选项A正确；对于选项B，对分类变量与的随机变量的观察值来说，越大，“与有关”的可信度越大，选项B错误；对于选项C，解析变量对预报变量的贡献率约为，选项C正确；对于选项D，根据公式，其中，代入求出，选项D正确.故选：ACD.【点睛】本题考查回归分析的应用及正态分布曲线的应用，考查运算能力，属于基础题.11.下列几个命题，是真命题有
8、（ ）A. 若，则B. 若复数，满足，则C. 给定两个命题，.若是的必要而不充分条件，则是的充分不必要条件D. 命题：，则：，【答案】BCD【解析】【分析】选项A，根据数量积的运算法则判断；选项B，根据复数和共轭复数的定义判断；选项C，利用互为逆否命题真假性相同来转换即可判断；选项D，根据含有量词的命题的否定进行判断.【详解】解：对于选项A，若，则，所以，不能推出，选项A错误；对于选项B，若，则，可得，选项B正确；对于选项C，因为是的必要而不充分条件，所以可推出，但不能推出，其逆否命题为能推出，但不能推出，则是的充分不必要条件，选项C正确；对于选项D，根据全称命题的否定是特称命题可知：，选项D
9、正确.故选：BCD.【点睛】本题考查命题的真假性判断和应用，涉及向量的数量积，复数与共轭复数，充分必要条件，含有量词的命题的否定的知识点，属于基础题.12.已知，是抛物线上的两点，若直线过抛物线的焦点且倾斜角为.，是，在准线上的射影.则下列命题正确的是（ ）A. B. C. D. 为锐角三角形.【答案】ABC【解析】【分析】对于选项A，设直线的方程为，代入，再利用韦达定理，即可得到结论；对于选项B，利用抛物线的定义和选项A中的结论，表示出即可；对于选项C，由抛物线的定义，在直角三角形中，运用余弦函数的定义，即可得到的长，同理可得的长，即可判断；对于选项D，由，是，在准线上的射影，可求出，进而判
10、断D错误.【详解】解：对于选项A，设直线的方程为，代入，可得，所以，选项A正确；对于选项B，因为是过抛物线的焦点的弦，所以由抛物线定义可得，由选项A知，所以.即，解得，当时，所以，当时，所以，当时，也适合上式，所以，选项B正确；对于选项C，所以，同理可得，所以，选项C正确；对于选项D，由抛物线的定义可知，则.因为，所以，则.同理可得.因为，所以.所以为直角三角形，选项D错误.故选：ABC.【点睛】本题考查抛物线的定义，方程和性质，考查联立直线方程和抛物线方程，运用韦达定理求解，属于中档题.二、填空题（共4小题，每小题5分.共20分）13.已知为第二象限角，则_【答案】0【解析】本试题主要是考查
11、了三角函数的同角关系的运算因为为第二象限角，则故答案为0解决该试题的关键是理解，进行化简14.已知m，则的最小值为_.【答案】5【解析】【分析】将所求式子转化为，整理化简后由基本不等式即可求得最小值.【详解】由题可知，因为m，则（当且仅当时取等）故答案为：5【点睛】本题考查由基本不等式求最值，属于基础题.15.已知双曲线：的左、右顶点分别为，点在曲线上，若中，则双曲线的渐近线方程为_.【答案】【解析】【分析】利用已知条件求出P的坐标（x，y）满足的条件，然后求解a，b的关系即可，【详解】如图，过B作BMx轴，PBAPAB，则PABPBM，PAB+PBx即kPAkPB1设P（x，y），又A（a，
12、0），B（a，0），x2y2a2，ab，则双曲线C的渐近线方程为yx，故答案为yx【点睛】本题考查双曲线的简单性质的应用，考查转化思想以及计算能力属于中档题16.如图，圆形纸片的圆心为，半径为，该纸片上的正方形的中心为为圆上的点，分别是以为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后，分别以为折痕折起，使得重合，得到一个四棱锥.当该四棱锥的侧面积是底面积的2倍时，该四棱锥的外接球的表面积为_【答案】【解析】【分析】先连接交与点，结合四棱锥的侧面积是底面积的2倍，求得正方形边长，再画出折叠后的立体图形，找出外接球的球心，结合勾股定理即可求解【详解】如图：连接交与点，设正方形边长为，则，则正方形面积为：，四棱锥
13、的侧面积为：，由题意得，即，解得，画出折叠后的立体图形如图：设重合点为，该四棱锥为正四棱锥，球心应在的连线上，设为，设外接球半径为，则，由勾股定理得，即，解得，外接球表面积为：故答案为【点睛】本题考查图形折叠前后的变换关系，四棱锥的外接球半径的求法，属于中档题三、解答题（共6小题.共70分，解答题要求写出文字说明、证明过程或演算步骤）17.在中，已知，（1）求（2）已知D是的中点，求长.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由同角三角函数关系求得，再由两个和余弦公式即可求得答案；（2）在中，由正弦定理求得AC，取AC中点为E，连接CD、DE，由中位线定理可知，进而在中，由余弦定理即可求得
14、CD的长.【详解】（1）在中，因为，即所以（2）在中，由正弦定理可得取AC中点为E，连接CD、DE，由中位线定理可知，且在中，由余弦定理可知所以CD=【点睛】本题考查利用正弦定理与余弦定理解三角形，属于简单题.18.在数列中，其前项的和为，且，求，设，数列满足，数列的前项的和为.求.【答案】，；.【解析】【分析】由，得，两式作差得数列是首项为，公比为的等比数列，由等比数列的通项公式得，进而得出.把代入，结合求得，然后利用裂项相消法及等比数列的前项和得出结果.【详解】解：由，得，两式作差得：，即， 又，得，数列是首项为，公比为的等比数列，则，.，即，.【点睛】本题考查数列递推式，考查等比关系的确
15、定，考查数列的分组求和，裂项相消法求数列的和及等比数列的前项和，属于中档题.19.如图，在三棱柱中，是边长为4的正方形，平面平面，.（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）见解析（2）【解析】试题分析：本题考查线面垂直的判定和二面角的求法（1）利用面面垂直的性质证明即可（2）建立空间直角坐标系，利用平面的法向量求解试题解析：(1)证明：因为为正方形，所以.又平面平面，平面平面，所以平面.（2）由（1）知，又，所以.所以两两垂直以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，.设平面的法向量为，则即，令，则得同理可得平面的法向量为，所以.由图形知二面角为锐角，所以二面角的余弦值为点睛：
16、用法向量法求二面角的大小时，两个法向量的夹角与二面角大小不一定相等，这里有两种情形，即法向量的夹角可能与二面角相等，也可能互为补角解题时，在求得两个法向量的夹角的基础上，再根据所给的图形判断出二面角是锐角还是钝角，然后再得出二面角的大小20.近年来，国资委.党委高度重视扶贫开发工作，坚决贯彻落实中央扶贫工作重大决策部署，在各个贫困县全力推进定点扶贫各项工作，取得了积极成效，某贫困县为了响应国家精准扶贫的号召，特地承包了一块土地，已知土地的使用面积以及相应的管理时间的关系如下表所示：土地使用面积（单位：亩）管理时间（单位：月）并调查了某村名村民参与管理的意愿，得到的部分数据如下表所示：愿意参与管
17、理不愿意参与管理男性村民女性村民求出相关系数的大小，并判断管理时间与土地使用面积是否线性相关？若以该村的村民的性别与参与管理意愿的情况估计贫困县的情况，则从该贫困县中任取人，记取到不愿意参与管理的男性村民的人数为，求的分布列及数学期望.参考公式：，参考数据：，【答案】，管理时间与土地使用面积线性相关；分布列见解析，.【解析】【分析】，故，进而求出，即可得出结论；的可能取值为，从该贫困县中随机抽取一名，则取到不愿意参与管理的男性村民的概率为，由此能求出的分布列及数学期望.【详解】解：依题意：，故，则，故管理时间与土地使用面积线性相关.依题意，的可能取值为，从该贫困县中随机抽取一名，则取到不愿意参
18、与管理的男性村民的概率为，故，.故的分布列为则数学期望为（或由，得）【点睛】本题考查相关系数的求法，考查分布列，数学期望的求法，考查二项分布等知识，属于中档题.21.如图，已知椭圆C：y21（a1）的上顶点为A，右焦点为F，直线AF与圆M：x2y26x2y70相切（1）求椭圆C的方程；（2）若不过点A的动直线l与椭圆C相交于P，Q两点，且0，求证：直线l过定点，并求出该定点N的坐标【答案】（1）y21（2）证明见解析，定点N.【解析】【分析】（1）利用直线AF与圆相切可求得a（圆心到直线的距离等于半径），从而得椭圆方程；（2）由0，知APAQ，从而直线AP与坐标轴不垂直，设直线AP的方程为yk
19、x1，代入椭圆方程可求得P点坐标，同理可得Q点坐标，写出直线PQ方程，化简后可知其所过定点【详解】（1）将圆M的一般方程x2y26x2y70化为标准方程为（x3）2（y1）23，圆M的圆心为M（3,1），半径为r.由A（0,1），F（c,0）（c）得直线AF：y1，即xcyc0.由直线AF与圆M相切得.所以c或c（舍去）所以a，所以椭圆C的方程为y21.（2）证明：由0，知APAQ，从而直线AP与坐标轴不垂直，由A（0,1）可设直线AP的方程为ykx1，直线AQ的方程为yx1（k0），将ykx1代入椭圆C的方程y21并整理，得（13k2）x26kx0，解得x0或x，因此P的坐标为，即.将上式中
20、的k换成，得Q.所以直线l的方程为y，化简得直线l的方程为yx.因此直线l过定点N.【点睛】本题考查椭圆标准方程，考查椭圆中的直线过定点问题动直线过定点，可先设出一个参数（本题中设直线AP斜率为k），用这个参数表示出动直线的方程，由动直线方程分析出定点22.已知函数.当时求证：在区间上单调递减；求函数在区间上的值域.对于任意，都有，求实数的取值范围.【答案】证明见解析；.【解析】【分析】先求导得，令，有，当时，所以所以，进而证出在区间上单调递减；由知：函数在单调递减，函数在区间上单调递减，进而得出结果；先整理不等式得，转化为函数在区间为增函数，再转化为对应函数导数恒非负，分离变量得最小值，最后利用导数求函数单调性，得最值，得出实数的取值范围.详解】解：当时，令，有，当时，所以所以故当时，函数单调递减，由知：函数单调递减.函数在区间上单调递减，故函数在区间上的值域为.由，有，故可化为，整理为：，即函数在区间为增函数，故当时，即，当时，；当时，整理为：，令，有，当，有，当时，由，有，可得，由上知时，函数单调递减，故，故有：，可得.【点睛】本题考查导数研究不等式成立问题，利用导数研究函数的单调性，求最值，考查分离变量，构造函数等方法，属于难题.