1、四川省泸县第一中学2019-2020学年高二数学下学期第四学月考试试题 理（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.3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.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.命题“使得”的否定是（ ）A. 都有B. 使得C. 使得D. 都有【答案】D【解析】【分析】先改量词，“存在
2、”改“任意”，再否定结论即可得到结果.【详解】命题“使得”的否定是“都有”.故选：D.【点睛】本题考查了存在命题的否定，属于基础题.2.已知复数满足（i为虚数单位），则（ ）A. B. C. D. 1【答案】C【解析】【分析】根据复数的除法运算法则求出复数，再根据复数的模长公式计算可得结果.【详解】因为，所以，所以.故选：C.【点睛】本题考查了复数的除法运算法则，考查了复数的模长公式，属于基础题.3.已知两直线，平行，则的值是（ ）A. B. C. 1D. 4【答案】A【解析】【分析】根据两条直线平行的条件可求得结果.【详解】因为两直线，平行，所以，解得.故选：A.【点睛】本题考查了由两条直线
3、平行，求参数，属于基础题.4.下列判断正确的是（ ）A. 两圆锥曲线的离心率分别为，则“”是“两圆锥曲线均为椭圆”的充要条件B. 命题“若，则.”的否命题为“若，则.”C. 若命题“”为假命题，则命题“”是假命题D. 命题“，.的否定是“，.”【答案】D【解析】【分析】对于，取特值：，可知不正确；对于，只否定了结论，没有否定条件，故不正确；对于，命题与命题一个为真命题、一个为假命题时，可得命题“”是真命题，所以不正确；对于，根据命题的否定的概念，可知正确.【详解】对于，若两圆锥曲线均为椭圆，则，所以，所以“”是“两圆锥曲线均为椭圆”的必要条件，取，满足，此时一个圆锥曲线为椭圆，一个圆锥曲线为双
4、曲线，所以“”不是“两圆锥曲线均为椭圆”的充分条件，故不正确；对于，命题“若，则.”的否命题为“若，则” ，故不正确；对于，若命题“”为假命题，则与至少有一个为假命题，当为假命题， 为真命题时，“”为真命题，故不正确；对于，命题“，.的否定是“，.”是正确的，故正确.故选：D.【点睛】本题考查了充要条件，考查了椭圆和双曲线的离心率，考查了命题的真假判断，考查了否命题和命题的否定，属于基础题.5.如图，一个空间几何体的主视图和左视图都是边长为1的正方形，俯视图是一个圆，那么这个几何体的侧面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据三视图可知，这个几何体是圆柱，利用圆柱的侧面
5、积公式计算可得答案.【详解】根据三视图可知，这个几何体是一个底面半径，母线长的圆柱，如图： 其侧面积为：.故选：C.【点睛】本题考查了三视图还原直观图，考查了圆柱的侧面积公式，属于基础题.6.已知命题p：，命题，则下列命题中的真命题为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用导数可证明不等式在时恒成立，所以命题为真命题，构造函数，根据零点存在性定理可知命题为真命题，再根据真值表可得答案.【详解】令，则，因为，所以，所以当时，即，所以命题为真命题，令，则图象是连续不断的，又，所以函数在上有零点，所以在上有实根，所以命题为真命题，所以为假命题，为真命题，为假命题，为假命题.故选：
6、B.【点睛】本题考查了利用导数证明不等式，考查了零点存在性定理，考查了复合命题的真假判断，属于基础题.7.我校在模块考试中约有1000人参加考试，其数学考试成绩，统计结果显示数学考试成绩在70分到110分之间的人数约为总人数的，则此次数学考试成绩不低于110分的学生人数约为（ ）A. 600B. 400C. 300D. 200【答案】D【解析】【分析】根据正态分布的概率的对称性计算出的概率，然后可计算出人数【详解】因为，所以，所以所求人数约为故选：D【点睛】本题考查正态分布，掌握正态分布曲线的对称性是解题关键若，正态分布曲线关于对称，在关于对称的区间上概率相等8.在展开式中含项的系数为，则a等
7、于（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用二项式展开式的通项公式列方程，解方程求得的值.【详解】二项式展开式的通项公式为，令，解得，所以.故选：A【点睛】本小题主要考查二项式展开式的通项公式，属于基础题.9. （ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先根据定积分的几何意义，求出，再根据微积分基本定理，即可得出结果.【详解】因为表示曲线与直线，所围成图形的面积，又可化为，表示以原点为圆心的单位圆的一半，所以；因此.故选：D.【点睛】本题主要考查求定积分，熟记定积分的几何意义，以及微积分基本定理即可，属于基础题型.10.篮子里装有3个红球，4个白球和5个黑球,球
8、除颜色外，形状大小一致某人从篮子中随机取出两个球，记事件A=“取出的两个球颜色不同”，事件B= “取出一个红球，一个白球”，则=（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】求出事件中基本事件的个数，再求出事件中基本事件的个数，然后可计算概率【详解】两个球颜色不同，则可能是一红一白，一红一黑，或一白一黑，所以事件中事件基本事件的个数为，其中两人球一红一白的方法数是，所求概率为故选：B【点睛】本题考查条件概率，掌握条件概率公式是解题基础，其中表示事件所含基本事件的个数，表示事件同时发生时所含基本事件的个数11.函数的图象上关于轴对称的点共有（ ）A. 1对B. 2对C. 3对D. 4对
9、【答案】C【解析】【分析】依题意转化为求函数的图象与函数的图象的交点的个数，作出两个函数的图象，由图象观察可得答案.【详解】因为函数的图象关于轴对称，所以函数的图象上关于轴对称的点的对数等于函数的图象与函数的图象的交点的个数，作出两个函数的图象如图：因为，所以函数的图象与函数的图象有且只有3个交点，所以函数的图象上关于轴对称的点的对数为3对.故选：C.【点睛】本题考查了余弦函数的图象的对称性，考查了数形结合思想，属于基础题.12.已知函数在上恰有两个零点，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据的正负分类讨论，然后对分段函数的两段分析其单调性可得结论【详解
10、】的对称轴是，在上递减，在上递增，时，若，则在上与轴只有一个交点，即只有一个零点，而是减函数，时，即无零点，因此不合题意；若，由上面讨论知，若，时，则由上面讨论知有两个零点，因此无零点，因为，所以，所以是减函数，满足题意，只有一个零点，同理无零点，时，无零点，因此有两个零点时，在时，递增，时，递减，时，所以，记（），时，递增，所以的解为综上的取值范围是故选：D【点睛】本题考查函数零点，由函数零点个数求参数取值范围，可通过研究函数图象与轴交为点个数问题求解为此可根据二次函数性质对进行分析，利用导数求的单调性，极值，由它的图象与轴交点个数得出结论第II卷 非选择题（90分）二、填空题：本题共4小题
11、，每小题5分，共20分.13.某田径队有男运动员30人，女运动员10人，用分层抽样的方法从中抽出一个容量为20的样本，则抽出的女运动员有_人.【答案】5【解析】【分析】直接根据分层抽样的定义求解即可.【详解】男运动员人，女运动员人，抽出的女运动员有人，故答案为.【点睛】本题主要考查分层抽样的应用，属于中档题.分层抽样适合总体中个体差异明显，层次清晰的抽样，其主要性质是，每个层次，抽取的比例相同.14.二维空间中，圆的一维测度（周长），二维测度（面积）；三维空间中，球的二维测度（表面积），三维测度（体积）.应用合情推理，若四维空间中，“特级球”的三维测度，则其四维测度_.【答案】【解析】【分析】
12、根据题意分析可得二维测度的导数是一维测度，三维测度的导数是二维测度，所以根据合情推理可得四维测度的导数是三维测度，根据三维测度，可得四维测度.【详解】因为，所以，所以.故答案为：.【点睛】本题考查了合情推理，考查了导数的计算公式，属于基础题.15.2018年6月份上合峰会在青岛召开,面向高校招募志愿者,中国海洋大学海洋环境学院的8名同学符合招募条件并审核通过,其中大一、大二、大三、大四每个年级各2名.若将这8名同学分成甲乙两个小组,每组4名同学,其中大一的两名同学必须分到同一组,则分到乙组的4名同学中恰有2名同学是来自于同一年级的分组方式共有_种【答案】24【解析】分析：首先要明确该题应该分类
13、讨论，第一类是大一的两名同学在乙组，第二类是大一的两名同学不在乙组，利用组合知识，求得相应的数，之后应用分类加法计数原理，求得结果，问题得以解决.详解：根据题意，第一类：大一的两名同学在乙组，乙组剩下的两个来自不同的年级，从三个年级中选两个为种，然后分别从选择的年级中再选择一个学生为种，故有种；第二类：大一的两名同学不在乙组，则从剩下的三个年级中选择一个年级的两名同学在乙组，为种，然后再从剩下的两个年级中分别选择一人为种，这时共有种；根据分类计数原理得，共有种不同的分组方式.点睛：该题是一道关于分类加法计数原理的题目，解题的过程中，熟练掌握分类加法计数原理的运用是解答此题的关键，再者就是对题中
14、的条件要会分析，可以将其分为大一两名学生在乙组和不在乙组两类，列出式子计算即可得结果.16.已知直线（其中为非零实数）与圆相交于A,B两点，O为坐标原点，且，则的最小值为_【答案】8【解析】【分析】根据圆的性质可得圆心到直线的距离，根据点到直线的距离公式可得，再将变形为积为定值的形式后，利用基本不等式可求得结果.【详解】设圆心到直线的距离为，圆的圆心为，半径，因为，所以，所以，所以，即，因为为非零实数，所以，所以，当且仅当，时，取得等号，所以的最小值为8.故答案为：8.【点睛】本题考查了圆的方程，考查了点到直线的距离公式，考查了基本不等式求最值，属于中档题.三解答题：共70分.解答应写出文字说
15、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.已知函数在处取得极值.（1）求，并求函数在点处的切线方程；（2）求函数的单调区间.【答案】（1），；（2）单调递减区间为，单调递增区间为.【解析】【分析】（1）根据求得，可得，再根据导数的几何意义求得切线方程；（2）由，得递增区间，由，得递减区间.【详解】（1）由题得， 又函数在处取得极值，所以解得，此时，当时，当时，所以在处取得极大值，符合题意，所以，因为，所以，所以曲线在点处切线方程为：，即.（2）由（1）得，令，得，解得，所以的单调递增区间为，令，得
16、，解得或，所以的单调递减区间为.综上所述，的单调递减区间为，单调递增区间为.【点睛】本题考查了由函数的极值点求参数，考查了导数的几何意义，考查了利用导数求函数的单调区间，属于基础题.18.某公司共有职工1500人,其中男职工1050人,女职工450人.为调查该公司职工每周平均上网的时间,采用分层抽样的方法,收集了300名职工每周平均上网时间的样本数据(单位:小时)男职工女职工总计每周平均上网时间不超过4个小时每周平均上网时间超过4个小时70总计300()应收集多少名女职工样本数据?()根据这300个样本数据,得到职工每周平均上网时间的频率分布直方图(如图所示),其中样本数据分组区间为:，.试估
17、计该公司职工每周平均上网时间超过4小时的概率是多少?()在样本数据中,有70名女职工的每周平均上网时间超过4个小时.请将每周平均上网时间与性别的列联表补充完整,并判断是否有95%的把握认为“该公司职工的每周平均上网时间与性别有关”【答案】(1) 应收集90位女职工的样本数据;(2)0.75;(3) 没有95%的把握认为“该公司职工的每周平均上网时间与性别有关”.【解析】分析：（）根据分层抽样的方法，即可得到，应收集位女职工的样本数据.（）由频率分布直方图得，即可得到结论； ()由（）知，求得每周平均上网时间与性别列联表，利用公式，求解的值，即可作出判断结论详解：（），应收集90位女职工的样本数
18、据.（）由频率分布直方图得估计该公司职工每周平均上网时间超过4小时的概率为0.75()由（）知，300名职工中有人的每周平均上网时间超过4小时有70名女职工每周平均上网时间超过4小时，有名男职工每周平均上网时间超过4小时，又样本数据中有90个是关于女职工的，有个关于男职工的，有名女职工，有名男职工的每周上网时间不超过4小时，每周平均上网时间与性别的列联表如下：男职工女职工总计每周平均上网时间不超过4个小时552075每周平均上网时间超过4个小时15570225总计21090300结合列联表可算得： 所以没有95%的把握认为“该公司职工的每周平均上网时间与性别有关”点睛：本题主要考查了分层抽样的
19、应用，以及独立性检验的实际应用问题，其中正确理解题意，准确计算是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力19.如图，在四棱锥中，已知平面，且四边形为直角梯形，.（1）求平面与平面所成锐二面角的余弦值；（2）点是线段上的动点，当直线与所成的角最小时，求线段的长.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）以为原点，以分别为轴建立空间直角坐标系，利用平面的法向量可解得结果；（2）向量与夹角的余弦值的绝对值的最大值等价于直线与所成的角最小，利用向量法可解得结果.【详解】（1）因为平面，所以，又，所以以为原点，以分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系：所以，因为，所以平面，所
20、以是平面的一个法向量，因为设平面的法向量为，则，即，令，解得所以是平面的一个法向量，从而，所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为（2） 因为，设，又，则，又，从而，设，则，当且仅当，即时，的最大值为因为在上是减函数，所以此时直线与所成角取得最小值所以.【点睛】本题考查了利用空间向量求二面角和异面直线所成的角，属于中档题.20.已知椭圆与直线都经过点.直线与平行，且与椭圆交于两点，直线与轴分别交于两点.（1）求椭圆的方程；（2）证明：为等腰三角形.【答案】（1）；（2）见解析.【解析】【分析】（1）将点坐标代入椭圆方程和直线方程联立可解得得椭圆方程；（2）设直线为：，直线方程与椭圆方程联立消元整
21、理后应用韦达定理得，代入中，计算后得0，即证结论成立【详解】（1）由直线都经过点，则a=2b，将代入椭圆方程：，解得：b2=4，a2=16，椭圆的方程为.（2）设直线为：，联立:，得 于是 设直线的斜率为，要证为等腰三角形，只需，所以为等腰三角形.【点睛】本题考查求椭圆标准方程，考查直线与椭圆相交问题，解决直线与椭圆相交问题的方法是“设而不求”的思想方法，即交点坐标，设直线方程，直线方程与椭圆方程联立消元后应用韦达定理得，然后代入题中其他条件计算化简得出结论21.己知函数（1）若，求函数的单调递减区间;（2）若关于x的不等式恒成立，求整数 a的最小值:（3）若，正实数满足，证明:【答案】（1）
22、；（2）；（3）证明见解析【解析】试题分析：（1）利用导数求函数单调区间，注意首先明确定义域，正确求导：因为，所以，由，得，（2）不等式恒成立问题一般利用变量分离法：问题等价于在上恒成立再利用导数求函数最大值，令根为，在上是增函数；在上是减函数，所以整数的最小值为2（3）转化为关于的不等式即可：由，即从而，利用导数求左边函数最小值1，所以，解得试题解析：（1）因为，所以， 1分此时，2分由，得，又，所以所以的单调减区间为 4分（2）方法一：令，所以当时，因为，所以所以在上是递增函数，又因为，所以关于的不等式不能恒成立 6分当时，令，得所以当时，；当时，因此函数在是增函数，在是减函数故函数的最大
23、值为 8分令，因为，又因为在是减函数所以当时，所以整数的最小值为2 10分方法二：（2）由恒成立，得在上恒成立，问题等价于在上恒成立令，只要 6分因为，令，得设，因为，所以在上单调递减，不妨设的根为当时，；当时，所以在上是增函数；在上是减函数所以 8分因为，所以，此时，即所以，即整数的最小值为2 10分（3）当时，由，即从而13分令，则由得，可知，在区间上单调递减，在区间上单调递增所以， 15分所以，因此成立 16分考点：利用导数求函数单调区间、函数最值（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22.在极坐标系中，
24、曲线，曲线.以极点为坐标原点，极轴为轴正半轴建立直角坐标系，曲线的参数方程为（为参数）.（1）求的直角坐标方程；（2）与交于不同四点，这四点在上的排列顺次为，求的值.【答案】（1）：，：；（2）.【解析】【分析】（1）利用互化公式，可得结果；（2）将直线的参数方程分别代入到曲线和曲线的直角坐标方程中去，利用参数的几何意义可求得结果.【详解】（1）由得，因为，所以，即，所以曲线的直角坐标方程为，由得，因为，所以，所以曲线的直角坐标方程为：.（2）不妨设四个交点自下而上依次为，它们对应的参数分别为.把代入，得，即，则，把，代入，得，即， 则，所以.【点睛】本题考查了极坐标方程化直角坐标方程，考查了直线参数方程中参数的几何意义，属于基础题.选修4-5：不等式选讲23.已知函数.（1）当时，求的解集；（2）当时，恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）分段讨论去绝对值可解得结果；（2）将在上恒成立化为在上恒成立，根据的最大值和的最小值可得答案.【详解】（1）当时，由可得，所以当时，不等式转化为，无解，当时，不等式转化为，解得，当时，不等式转化为，解得，综上可知，不等式的解集为（2）当时，恒成立，即，故，即对任意的恒成立，因为，所以【点睛】本题考查了分类讨论法解绝对值不等式，考查了不等式恒成立问题，属于基础题.
