1、四川省成都市树德中学2019-2020学年高二数学5月半期考试试题 文（含解析）考试时间：120分钟 满分：150分一、选择题（本大题共12个小题，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.若复数，复数，则A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先计算，再求.【详解】，故，故选B.【点睛】本题考察复数的概念与运算，涉及到乘法运算和复数的模，为基础题.2.欲证成立，只需证（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由于原不等式的等价于，再两边同时平方，即可得出答案.【详解】解：根据题意，欲证，则需证，只需证.故选：C.【点睛】本题考查利用
2、分析法证明不等式，体现转化思想，属于基础题.3.下列三个数：，大小顺序正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：构造函数，因为对一切恒成立，所以函数在上是减函数，从而有，即，故选A考点：函数单调性的应用4.否定“自然数中恰有一个偶数”的正确的反设为（ ）A. 都是奇数B. 都是偶数C. 至少有两个偶数D. 中或都是奇数或至少有两个偶数【答案】D【解析】【详解】因为反证法中的反设就是原命题的否定，而“自然数中恰有一个偶数”的否定是“中或都是奇数或至少有两个偶数”，所以否定“自然数中恰有一个偶数”的正确的反设为“中或都是奇数或至少有两个偶数”，故选D.5.在同一平面直角坐标
3、系中，经过伸缩变换后，曲线变为曲线，则曲线的对称中心是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据题意，点在曲线上，由伸缩变换公式，将其代入中化简，将其变形为标准方程即可求解.【详解】解：由题意，点在曲线上，又，所以曲线的对称中心是.故选：B【点睛】本题考查伸缩变换公式的应用， 关键是将变换后的量代入方程进行化简，考查理解辨析能力及运算求解能力，属于基础题.6.已知函数，.若函数的图象恒在函数图象的上方，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】将原问题转化为求不等式恒成立，然后利用绝对值三角不等式的性质求解的最小值，最后解一元二次不等式，即可得出的
4、取值范围.【详解】解：由题可知，函数的图象恒在函数图象的上方，即对任意实数恒成立，即不等式恒成立，又由绝对值三角不等式的性质，可得对于任意实数恒有：，于是得：，即，所以解得：，即的取值范围是.故选：A.【点睛】本题考查利用绝对值三角不等式的性质求最值，用于解决恒成立问题，还涉及一元二次不等式的解法，考查学生的转化能力和计算求解能力.7.已函数的两个极值点是和，则点的轨迹是（ ）A. 椭圆弧B. 圆弧C. 双曲线弧D. 抛物线弧【答案】D【解析】【分析】根据极值点的定义把用表示后，消去得关于的方程，由方程确定曲线【详解】由题意，所以是方程的两根，所以且，所以，所以点在曲线上，还要满足，轨迹为抛物
5、线弧故选：D【点睛】本题考查值点的定义，考查由方程研究曲线，掌握极值与导数的关系是解题基础在由方程研究曲线时，注意方程中变量的取值范围8.定义在上的函数, 其导函数为, 若恒有, 则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：因为，所以由，得不妨设，则，所以函数在上单调递增，所以，即，亦即，故选D考点：1、利用导数研究函数的单调性；2、不等式恒成立问题【技巧点睛】联系已知条件和结论，构造辅助函数是高中数学中一种常用的方法，解题中若遇到有关不等式、方程及最值之类问题，设法建立起目标函数，并确定变量的限制条件，通过研究函数的单调性、最值等问题，常可使问题变得明了9.已知球体的半径为3
6、，当球内接正四棱锥的体积最大时，正四棱锥的高和底面边长的比值是（ ）A. 1B. C. D. 2【答案】A【解析】【分析】设球心到底面距离为，通过正四棱锥的对角面求出棱锥的高，与底面边长，计算出体积后，利用导数的知识求出最大值，得出结论【详解】如图，是正四棱锥的对角面，其外接圆是四棱锥外接球的大圆，是圆心（球心），设正四棱锥底面边长为，则，设，则由得， 当时，递增，时，递减，时，取得极大值也是最大值此时高，故选：A【点睛】本题考查导数的实际应用，解题关键是引入变量，把棱锥体积表示为的函数，利用导数求得最大值10.如图，在多面体中，已知是边长为1的正方形，且、均为正三角形，则该多面体的体积为（
7、）.A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】将物体切割成一个三棱柱，两个三棱锥分别计算体积.【详解】在上取点使，连接，是边长为1的正方形，且、均为正三角形，所以四边形为等腰梯形，根据等腰梯形性质，是平面内两条相交直线，是平面内两条相交直线，所以平面，平面，几何体体积故选：A【点睛】此题考查几何体的体积的计算，关键在于将几何体进行准确切割，分别利用锥体柱体体积计算方法求解.11.已知函数是定义在的可导函数，为其导函数，当且 时，若曲线在处的切线的斜率为，则 （ ）A. 0B. 1C. D. 【答案】C【解析】当 且 时，可得： 时， 时， 令 可得： 时， ； 时， 可得：函数在处取得
8、极值， 故答案为12.已知，若，则当取得最小值时，所在区间是（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】令，即，令，则递增，递减存在唯一使得，则时，时，即取最小值时，根据零点存在定理验证的根的范围：当时，当，故选B点睛：涉及函数的零点问题、方程解的个数问题、函数图像交点个数问题，一般先通过研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，再借助函数的大致图象判断零点、方程根、交点的情况，归根到底还是研究函数的性质，如单调性、极值，然后通过数形结合的思想找到解题的思路.二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分.）13.已知，则复数的虚部是_.【答案】【解析】【分析】利用复数的乘方，将，转
9、化为，从而得到复数，进而可求得其虚部.【详解】因为，所以所以所以复数虚部是故答案为：【点睛】本题主要考查复数的乘方和复数相等以及复数的概念，还考查了运算求解的能力，属于基础题.14.已知圆的极坐标方程为，则此圆被直线截得的弦长为_【答案】 【解析】由弦长 .15.在直角坐标系中，抛物线：的焦点为，准线为，为上第一象限内的一点，垂直于点，分别为，的中点，直线与轴交于点，若，则直线的斜率为_.【答案】【解析】【分析】根据题意画出示意图，由几何关系证得是等边三角形后，即可求解.【详解】解:根据题意，作示意图如下图所示：，记与轴交点为，则，且由几何关系可证，过点作的垂线，可知其垂足就为点，且可得，是等
10、边三角形，由几何关系可得：，所以直线的斜率为.故答案为：【点睛】在解决与抛物线的性质有关的问题时，要注意利用几何图形的形象、直观的特点来解题，特别是涉及焦点、顶点、准线的问题更是如此.16.已知，若关于的方程恰好有个不相等的实数解，则实数的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】由方程可解得f（x）1或f（x）m1；分析函数f（x）的单调性与极值，画出f（x）的大致图像，数形结合即可得到满足4个根时的m的取值范围【详解】解方程得，f（x）1或f（x）m1；又当x0时，f（x）；故f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+）上单调递增；且f（1）， 当x0时，f（x）0,所以在（，0）上是增函数，
11、画出的大致图像：若有四个不相等的实数解，则f（x）1有一个根记为t，只需使方程f（x）m1有3个不同于t的根，则m1；即1；故答案为【点睛】本题考查了利用导数研究方程根的问题，考查了函数的单调性、极值与图像的应用，属于中档题三、解答题（本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.（1）已知关于的不等式（其中），当时，求不等式的解集；（2）已知，均为正数，且，求证：.【答案】（1）；（2）见解析【解析】【分析】（1）利用已知条件，先分析的解集就是绝对值不等式的求解，利用三段论法得到即可；（2）根据要证结论分析可知由三元基本不等式即可证得结论成立.【详解】（1）当时，
12、不等式为.当时，解得；当时，解得；当时，此时不存在，原不等式的解集为.（2）因为，当且仅当时等号成立，所以.【点睛】本试题主要是考查了绝对值不等式的求解，考查三元基本不等式的应用，考查推理能力与计算能力，考查了分类讨论的思想，属于中档题.18.选修4-4：坐标系与参数方程在直角坐标系中，曲线的参数方程为 (为参数).在以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线.（）写出曲线，的普通方程；（）过曲线的左焦点且倾斜角为的直线交曲线于两点，求.【答案】（1）,（2）【解析】分析：（）消去参数及利亚极坐标与直角坐标互化方法，写出曲线，的普通方程；（）直线的参数方程为（为参数），将其代入曲线整理
13、可得：，利用参数的几何运用求详解:（）即曲线的普通方程为，曲线方程可化为即.（）曲线左焦点为直线的倾斜角为，所以直线的参数方程为（参数）将其代入曲线整理可得，所以.设对应的参数分别为则所以，.所以.点睛: 本题考查参数方程的运用，考查参数方程、极坐标方程、普通方程的转化，考查学生的计算能力，属于中档题19.如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面，分别是，的中点.（1）证明：；（2）设为线段上的动点，若线段长的最小值为，求直线与直线所成的角余弦值.【答案】（1）见解析（2）.【解析】【分析】（1）证明平面得到答案.（2）过作于，连，证明得到，根据余弦定理计算得到答案.【详解】（1）底面为菱形，三角形
14、为正三角形，是的中点，又，又平面，平面，而，平面，平面，则.（2）过作于，连，故平面，平面，即，故，故.异面直线与所成的角即为与所点的角.在中：，故，故直线与直线所成的角余弦值为.【点睛】本题考查了线线垂直，异面直线夹角，意在考查学生计算能力和空间想象能力.20.设函数，.（1）若对任意，恒成立，求的取值范围；（2），讨论函数的单调性.【答案】（1）；（2）见解析【解析】【分析】（1）将对任意，恒成立，转化为对任意， 恒成立，令，由函数在区间上单调递减，只需证恒成立即可.（2）得到，求导，再分， ， ，五种情况讨论求解.【详解】（1）因为，即，即，令，因为函数在区间上单调递减，所以恒成立，即在
15、区间上恒成立，故.（2），当时，递增，递减，当时，递增，递减，当时，的单调递增区间为，当时，或；，当变化，变化如下表1正零负零正递增极大值递减极小值递增即单调增区间为，减区间为.当时，或；，当变化，变化如下表1正零负零正递增极大值递减极小值递增即单调增区间为，减区间为.综上：当时，单调增区间为，减区间为，当时，单调增区间为，减区间为，当时，的单调递增区间为，当时，单调增区间为，减区间为.【点睛】本题主要考查导数与函数的单调性，还考查了转化化归，分类讨论的思想和运算求解的能力，属于难题.21.已知椭圆、抛物线的焦点均在轴上，的中心和的顶点均为原点，从每条曲线上取两个点，将其坐标记录于下表中：32
16、404（）求的标准方程；（）请问是否存在直线满足条件：过的焦点；与交不同两点且满足？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由【答案】（），：；（） 或【解析】【详解】（）设抛物线，则有，据此验证个点知（3，）、（4，4）在抛物线上，易求 设：，把点（2，0）（，）代入得：解得方程为 （）假设存在这样的直线过抛物线焦点，设直线的方程为两交点坐标为，由消去，得 由，即，得将代入（*）式，得，解得所以假设成立，即存在直线满足条件，且的方程为：或法二：容易验证直线的斜率不存在时，不满足题意； 当直线斜率存在时，假设存在直线过抛物线焦点，设其方程为，与的交点坐标为由消掉，得， 于是，即 由，即，得将、
17、代入（*）式，得，解得；所以存在直线满足条件，且的方程为：或22.已知函数.（1）求函数的单调区间；（2）求函数在上的最大值；（3）若存在，使得，证明：.【答案】（1）增区间为，减区间为；（2）；（3）见解析【解析】【分析】（1）利用导数证明单调区间即可；（2）讨论区间端点的大小关系，确定在的单调性，即可得出其最大值；（3）由有两个零点，得出，进而得出的取值范围，根据，由不等式的性质得出，由得出，进而得出，结合，即可证明.【详解】（1），的增区间为，减区间为.（2）当即时，函数在上单调递增当即时，函数在上单调递增，在上单调递减当即时，函数在上单调递减综上：.（3）当有两个零点必有，即又，得证.【点睛】本题主要考查了利用导数求函数的单调性以及最值，利用导数研究双变量问题，属于中档题.