1、河南省林州市第一中学2019-2020学年高二数学4月月考试题（实验班，含解析）一、单选题1.在中，为锐角，则的值是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由对数运算性质可求得和，利用正弦定理可求得，根据三角形大边对大角的特点可求得结果.详解】由得：，又为锐角，为锐角，由正弦定理得：，.故选：.【点睛】本题考查正弦定理解三角形的问题，涉及到三角形大边对大角的性质和对数的运算性质，属于基础知识的综合考查.2.已知数列中，以后各项由公式给出，则等于（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】本题可以先通过的值以及的值算出的值，再通过的值以及的值算出的值，最后计算出的值【
2、详解】由题意可知，有：所以所以所以，故选C【点睛】本题主要是对于题目给出条件的理解和使用，想要求出的值可直接利用的值以及的值求出3.设函数，则不等式的解集是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：由函数f（x）得即或所以考点：分段函数和解不等式4.在等差数列an中，S150，S160成立的n的最大值为 ( )A. 6B. 7C. 8D. 9【答案】C【解析】由题意可得S15 =15a80，即a80；同理可得S16= =8（a8+a9）0，即a8+a90，综上可得a80，a90，故等差数列an为递减数列故数列的前8项为正数，从第9项开始为负值，故使an0成立的n的最大值为8故选
3、C点睛：由等差数列的性质和求和公式结合题意可得，得到a80，a90，进而可得数列的前8项为正数，从第9项开始为负值，故数列从第九项开始为负，前八项都为正.从而得到答案.5.五角星魅力无穷，一动点从处按下图中的数字由小到大的顺序依次运动，当第一次运动结束，回到处时，数字为，按此规律，无限运动，则数字应在（ ）A. 处B. 处C. 处D. 处【答案】A【解析】【分析】根据运动路径和数字顺序可得到周期为，利用周期性可确定结果.【详解】由点的运动路径和数字顺序可知每一次循环增加个数字.，且数字对应处，应在处.故选：.【点睛】本题考查利用周期性求值的问题，关键是能够准确确定周期，属于基础题.6.设其中实
4、数满足，若的最大值为，则的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：作出可行域如图所示内部（含边界），再作直线，平移直线，过时，取得最大值，所以，当过时，取得最小值考点：线性规划7.在等比数列的各项中均为正数，公比，设，则与的大小关系是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由对数运算性质和等比数列下标和性质可知，利用等比数列下标和性质和基本不等式可求得，由此得到结论.【详解】，（当且仅当时取等号），各项均为正数且，.故选：.【点睛】本题考查等比数列下标和性质的应用问题，涉及到对数的运算法则、基本不等式的应用等知识；易错点是忽略基本不等式的取等条件，造成
5、范围求解错误.8. 已知x0，y0,x+2y+2xy=8，则x+2y的最小值是A. 3B. 4C. D. 【答案】B【解析】【详解】解析：考察均值不等式，整理得即，又，9.用数学归纳法证明不等式是正整数，从到变化时，左边增加项数是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据和时不等式左边的形式可确定增加的项数.【详解】当时，不等式左边为：；当时，不等式左边为：；左边增加的项数为：.故选：.【点睛】本题考查数学归纳法的应用，关键是明确不等式左侧的变化特点，属于基础题.10.抛物线上任意一点到顶点的距离与到焦点的距离之比是，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解
6、析】【分析】设，利用抛物线定义和两点间距离公式表示出，由此将表示为关于的函数，利用基本不等式可求得函数的最大值，结合和求得最小值，进而得到取值范围.【详解】设，由抛物线定义知：，又，（当且仅当，即时取等号），又，.故选：.【点睛】本题考查抛物线中参数取值范围的求解问题，关键是能够利用抛物线的参数方程，将问题转化为函数最值的求解问题，从而配凑出符合基本不等式的形式，利用基本不等式求得最值.11.已知椭圆的左、右焦点分别为，若椭圆上存在点，使，则椭圆离心率的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由椭圆对称性知当为椭圆上下定点时，最大，则只需即可，由可构造不等式，结合椭圆
7、的关系可构造关于的齐次不等式，解不等式求得结果.【详解】由椭圆的对称性可知，当为椭圆的上、下顶点时，最大，则只需即可满足题意，若为坐标原点，则，解得：，即椭圆离心率取值范围为.故选：.【点睛】本题考查椭圆离心率的取值范围的求解问题，关键是通过最值点的位置，构造出关于的齐次不等式，解不等式求得结果.12.设直线与函数的图像分别交于点，则当达到最小时的值为（ ）A. 1B. C. D. 【答案】D【解析】由题，不妨令，则，令解得，因时，当时，所以当时，达到最小即13.直线与曲线（ ）A. 没有交点B. 只有一个交点C. 有两个交点D. 有三个交点【答案】B【解析】【分析】分别在和两种情况下将直线方
8、程与曲线方程联立求得交点坐标，进而得到交点个数.【详解】当时，与联立得：，（舍），交点坐标为；当时，与联立得：（舍），（舍）此时与曲线无交点；综上所述：直线与曲线只有一个交点.故选：.【点睛】本题考查直线与曲线交点的求解问题，关键是能够通过分类讨论的方式得到不同范围内的曲线的方程.14.若实数，满足，则关于的函数图象的大致形状是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用特殊值和，分别得到的值，利用排除法确定答案.【详解】实数，满足，当时，得，所以排除选项C、D，当时，得，所以排除选项A，故选：B.【点睛】本题考查函数图像的识别，属于简单题.15.已知函数是定义在上的可导函数，
9、且满足，则对于任意实数，下列结论正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】令，求导后可知在上单调递增，从而得到，整理可得结果.【详解】令，则，在上单调递增.当时，即，.故选：.【点睛】本题考查通过构造函数的方式比较函数值的大小的问题，关键是构造出合适的函数，从而利用导数求得函数的单调性，进而得到函数值的大小关系.16.如图，已知是圆的直径，点在直径的延长线上， ，点是圆上半圆上的动点，以为边作等边三角形，且点与圆心分别在的两侧，记，将和的面积之和表示成的函数，则取最大值时的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用余弦定理表示出，利用三角形面积公式分
10、别表示出和，进而得到，利用辅助角公式将化为正弦型函数的形式，根据正弦函数的性质可确定最值点，进而得到结果.【详解】由题意得：圆的半径.在中，由余弦定理得：，又，当，即时，.故选：.【点睛】本题考查正弦型函数最值的求解问题，涉及到余弦定理和三角形面积公式的应用，关键是能够利用辅助角公式将函数整理为正弦型函数的形式，从而利用正弦函数的性质来进行求解.二、填空题17.在中，已知，则的面积 _.【答案】【解析】【分析】利用已知等式可求得，利用余弦定理构造方程求得，代入三角形面积公式即可求得结果.【详解】由得：，则，解得：，.故答案为：.【点睛】本题考查三角形面积公式的引用，涉及到利用余弦定理解三角形的
11、问题，属于基础题.18.设函数，若当时，不等式恒成立，则实数的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】由恒成立的不等式可知，利用导数可求得在上的单调性，进而得到，由此得到结果.【详解】.由：得：或.当时，；当时，在上单调递减，在上单调递增，即实数的取值范围为.故答案为：.【点睛】本题考查利用导数处理恒成立问题，关键是能够将恒成立问题转化为参数与函数最值之间的大小关系问题，利用导数求得函数的最值，从而求得结果.19.某公司规定：对于小于或等于件的订购合同，每件售价为元，对于多于件的订购合同，每超过一件则每件售价比原来减少元，当公司的收益最大时，订购件数为_.【答案】175【解析】【分析】首先确定分
12、段函数的解析式，由一次函数和二次函数的性质可分别求得每一段上的最大值，通过比较可确定最终结果.【详解】设销售额为，销售件数为，则.当且时，的最大值为：.令，则当时，即.，当时，取得最大值.故答案为：.【点睛】本题考查构造函数模型求解最值的问题，涉及到一次函数和二次函数的性质的应用；关键是能够根据题意准确构造出分段函数模型.20.已知点，点在曲线上运动，点在曲线上运动，则的最小值是_.【答案】4【解析】【分析】设，由抛物线定义和圆的性质可知，要使最小，则，从而将表示为关于的函数，利用基本不等式可求得最小值.【详解】设圆心为，则为抛物线的焦点，该抛物线的准线方程为:，设，由抛物线的定义知：，要使最
13、小，则需最大，此时，又，（当且仅当，即时取等号），的最小值为.故答案为：.【点睛】本题考查抛物线中的最值问题的求解，涉及到抛物线定义、圆的性质以及基本不等式的应用；关键是能够将所求式子表示为关于某一变量的函数的形式，从而配凑出符合基本不等式的形式，利用基本不等式求得最值.三、解答题21.设函数（1）若存在，使得，求实数的取值范围；（2）若是（1）中的最大值，且正数，满足，证明：.【答案】(1) .(2)见解析.【解析】【分析】(1)先求出f(x)的最小值为3，再解不等式得解；（2）利用基本不等式证明2a+2b,又因为a+b=1,不等式即得证.【详解】（1），存在，使得，.（2）由（1）知：的最
14、大值为1，.当且仅当时取“=”.【点睛】本题主要考查绝对值三角不等式的应用，考查不等式的存在性问题，考查基本不等式求最值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.22.已知首项都是1的两个数列，(0，nN*)满足(1)令，求数列的通项公式；(2)若，求数列的前n项和.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）两边同时除以，得，可得.(2)由（1），所以，由错位相减法可求和【详解】(1)因为anbn1an1bn2bn1bn0，bn0(nN*)，所以，即cn1cn2，所以数列cn是以c11为首项，d2为公差的等差数列，故cn2n1.(2)由bn3n1，知an(2n1)3n1，于是数列
15、an的前n项和Sn130331532(2n1)3n1，3Sn131332(2n3)3n1(2n1)3n，将两式相减得2Sn12(31323n1)(2n1)3n2(2n2)3n，所以Sn(n1)3n1.【点睛】当数列通项形式为，且数列是等差数列，数列是等比数列，则数列的前n项和，我们常采用错位相减法23.已知圆，点为坐标原点，一条直线与圆相切并与椭圆交于不同的两点.（1）设，求的表达式；（2）若，求直线的方程；（3）若，求面积的取值范围.【答案】（1；（2）或；（3）.【解析】【分析】（1）利用直线与圆相切可得圆心到直线距离等于半径，求得；根据直线与椭圆交于不同两点可得，求得，由此可得；（2）直
16、线与椭圆方程联立得到韦达定理的形式，利用韦达定理表示出，由此构造方程求得，根据可求得，进而得到所求直线方程；（3）利用可求得的范围；利用弦长公式和点到直线距离公式表示出三角形的底和高，从而将表示为关于的函数，利用函数值域的求解方法求得结果.【详解】（1）与圆相切，则，由，消去得：，与椭圆交于不同的两点，.（2）设，由（1）知：，. 则 ，解得：，即，直线的方程为：或.（3）由（2）知：. ，解得：，又，原点到直线距离，令，由可知：，由得：，即面积的取值范围为.【点睛】本题考查直线与椭圆综合应用问题，涉及到直线与圆位置关系、弦长公式和点到直线距离公式的应用、平面向量数量积的坐标运算等知识；易错点
17、是在求解三角形面积取值范围时，忽略变量的取值范围，从而在求解函数值域时出现错误.24.已知函数在处取得极值（）求函数的解析式；（）求证：对于区间上任意两个自变量的值，都有；（）若过点可作曲线的三条切线，求实数的取值范围【答案】（）（）见解析（）所求的实数a的取值范围是【解析】【分析】（），依题意，即，解得经检验符合（）当时，故在区间上为减函数，对于区间上任意两个自变量的值，都有（），曲线方程为，点不在曲线上，设切点为M(x0,y0)，则点M的坐标满足因，故切线的斜率为，整理得过点A(1,m)可作曲线的三条切线，关于的方程有三个实根设，则，由，得或在上单调递增，在（0,1）上单调递减函数的极值点为，关于方程有三个实根的充要条件是，解得故所求的实数a的取值范围是【详解】请在此输入详解！
