1、四川省泸县第四中学2019-2020学年高二数学下学期期中试题 文（含解析）第卷选择题一、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.已知集合，则（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】计算出A集合，则可以比较简单的判断四个选项的正误.【详解】可以排除且故选择D.【点睛】考查集合的包含关系，属于简单题.2.若是虚数单位，则实数（ ）A. B. C. 2D. 3【答案】B【解析】【分析】先利用复数的模长公式得到，再根据复数相等的定义，即得解.【详解】由于由复数相等的定义，故选：B【点睛】本题考查了复数的模长和复数相等的概念，考查了
2、学生概念理解，数学运算的能力，属于基础题.3.命题“对，都有”的否定为（ ）A. 对，都有B. ，使得C. ，使得D. ，使得【答案】C【解析】【分析】根据全称命题与特称命题的定义即可得出【详解】解：根据全称命题的否定是特称命题可得：命题“对，都有”的否定为“，使得”故选：【点睛】熟练掌握全称命题与特称命题的定义是解题的关键，属于基础题4.若，则的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由同角三角函数的关系，利用齐次式转化将转换为关于遂得解.【详解】解： 故选：【点睛】本题考查了运用同角三角函数的关系利用齐次分式求值的知识，属于基础题5.两个线性相关变量x与y的统计数据如表
3、：x99.51010.511y1110865其回归直线方程是，则相对应于点（11，5）的残差为（ ）A. 0.1B. 0.2C. 0.1D. 0.2【答案】B【解析】【分析】求出样本中心，代入回归直线的方程，求得，得出回归直线的方程，令，解得，进而求解相应点的残差，得到答案.【详解】由题意，根据表中的数据，可得，把样本中心代入回归方程，即，解得，即回归直线的方程为，令，解得，所以相应点残差为，故选B.【点睛】本题主要考查了回归直线方程的求解及应用，其中解答中正确求解回归直线的方程，利用回归直线的方程得出预测值是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.6.已知双曲线的渐近线方程是，则的
4、离心率为（ ）A. 或2B. 或C. D. 【答案】B【解析】【分析】讨论双曲线的焦点在x轴和y轴两种情况，利用求解即可.【详解】当双曲线的焦点在x轴上时，若渐近线方程是，则.则离心率.当双曲线的焦点在y轴上时，若渐近线方程是，则.则离心率.综上：离心率为或.故选B.【点睛】本题主要考查了双曲线的离心率公式，注意双曲线的焦点所在的轴是x还是y轴，属于易错题.7.设，是两条不同的直线，、是三个不同的平面，下面四个命题中正确的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】D【解析】【分析】根据面面垂直的性质判断A，B，由线面平行的性质判断C，由面面平行的性质判断D【详解】若，与也
5、可以垂直，如正方体有公共点的三个面，A错；若，但不与的交线垂直时，不与垂直，还可以平行，B错；若， m与n可能异面，可能平行，C错；若，则，这是面面平行的性质定理，D正确故选：D.【点睛】本题考查空间线面间的位置关系，掌握面面垂直的性质定理，线面平行的性质定理，面面平行的性质定理是解题基础8.过抛物线的焦点且斜率为1的直线交抛物线于点和，则线段的长度是（ ）A. 8B. 4C. 6D. 7【答案】A【解析】【分析】设直线l方程与抛物线联立，写出韦达定理，利用抛物线的定义即可求得弦长.【详解】设过抛物线焦点且斜率为1的直线l的方程为：y=x-1,将直线方程与抛物线方程联立,消y得,设,得到x1+
6、x2=6，由抛物线的定义知：|AB|AF|+|BF|x1+1+1+x28故选A【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系和抛物线定义的应用，考查转化能力和计算能力.9.设函数定义如下表：1234514253执行如图所示的程序框图，则输出的的值是（ ）A. 4B. 5C. 2D. 3【答案】B【解析】【分析】根据流程图执行循环，确定周期，即得结果【详解】执行循环得：所以周期为4，因此结束循环，输出，选B.【点睛】本题考查循环结构流程图，考查基本分析求解能力，属基础题.10.已知双曲线的渐近线与抛物线的准线分别交于两点，若抛物线的焦点为，且，则双曲线的离心率为（ ）A. B. C. 2D. 【答案】D
7、【解析】双曲线，双曲线的渐近线方程是y=x又抛物线的准线方程是x=，故A,B两点的纵坐标分别是y=，又，即，故选D11.九章算术中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳌臑.在鳌臑中，平面，鳌臑的四个顶点都在同一个球上，则该球的表面积是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】四个面都是直角三角形，由得，然后证明，这样PC中点O，就是外接球球心，易求得其半径，得面积【详解】四棱锥的四个面都是直角三角形，又平面，AB是PB在平面ABC上的射影，取PC中点O，则O是外接球球心由得，又，则，所以球表面积为故选：C【点睛】本题考查求球
8、的表面积，解题关键是寻找外接球的球心：三棱锥的外接球的球心一定在过各面外心且与此面垂直的直线上12.定义在上的函数满足，且当时，对，使得，则实数的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】由题知问题等价于函数在上的值域是函数在上的值域的子集当时，由二次函数及对勾函数的图象及性质，得此时，由，可得，当时，则在的值域为当时，则有，解得，当时，不符合题意；当时，则有，解得综上所述，可得的取值范围为 故选：点睛：求解分段函数问题应对自变量分类讨论，讨论的标准就是自变量与分段函数所给出的范围的关系，求解过程中要检验结果是否符合讨论时的范围讨论应该不重复不遗漏第卷 非选择题二、填空
9、题：本题共4小题，每小题5分，共20分13.，则_【答案】【解析】【分析】先求导，再代值计算即可.【详解】解：的导数为，则故答案为：【点睛】本题考查了导数公式和导数值求法，属于基础题.14.设，满足约束条件，则的最小值为_【答案】2【解析】【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得结果.【详解】作出满足约束条件表示的可行域如图，化目标函数 为，平移直线，由图可知，当直线过点时，直线在轴上的截距最小，由，解得，有最小值为，故答案为2.【点睛】本题主要考查线性规划中，利用可行域求目标函数的最值，属于简单题.求目标函数最值的一般步骤是
10、“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.15.函数在区间上单调递减，且为奇函数.若，则满足的的取值范围是 【答案】【解析】【分析】根据函数的奇偶性以及函数的单调性即可求出x的范围即可【详解】因为f（x）为奇函数，所以f（1）f（1）1，于是1f（x2）1等价于f（1）f（x2）f（1），又f（x）在（，+）单调递减，1x21，1x3故答案为【点睛】本题考查函数的单调性和奇偶性的综合应用，考查转化思想，属于基础题16.在“
11、数学发展史”知识测验后,甲、乙、丙三人对成绩进行预测:甲说:我的成绩比乙高;乙说:丙的成绩比我和甲的都高;丙说:我的成绩比乙高.成绩公布后,三人成绩互不相同且只有一个人预测正确,那么三人中预测正确的是_.【答案】甲.【解析】【分析】本题可从三人预测中互相关联的乙、丙两人的预测入手,因为只有一个人预测正确,而乙对则丙必对,丙对乙很有可能对,假设丙对乙错则会引起矛盾故只有一种情况就是甲预测正确乙、丙错误,即可求得答案.【详解】由题意,可把三人的预测简写如下:甲:甲乙.乙:丙乙且丙甲.丙:丙乙.只有一个人预测正确,分析三人的预测,可知:乙、丙的预测不正确.如果乙预测正确,则丙预测正确,不符合题意.如
12、果丙预测正确,假设甲、乙预测不正确,则有丙乙,乙甲,乙预测不正确,而丙乙正确,只有丙甲不正确,甲丙,这与丙乙,乙甲矛盾,不符合题意.只有甲预测正确,乙、丙预测不正确,甲乙,乙丙.三人中预测正确的是:甲.故答案为:甲.【点睛】本题主要考查了合情推理,解题关键是掌握合情推理解题方法和结合实际情况具体分析问题,考查了分析能力和推理能力,属于难题.三解答题：共70分解答应写出文字说明、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()=In(1+)-+(0)()当=2时，求曲线=()在点(1，(1)处的切线方程
13、；()求()的单调区间【答案】（I）（II）见解析【解析】【详解】（I）（II）当时，得单调递增区间是，单调递减区间是.当时，得单调递增区间是和，单调递减区间是.当时得单调递增区间是.当时，得单调递增区间是和，单调递减区间是18.近年来，共享单车已经悄然进入了广大市民的日常生活，并慢慢改变了人们的出行方式.为了更好地服务民众，某共享单车公司在其官方中设置了用户评价反馈系统，以了解用户对车辆状况和优惠活动的评价.现从评价系统中选出条较为详细的评价信息进行统计，车辆状况的优惠活动评价的列联表如下：对优惠活动好评对优惠活动不满意合计对车辆状况好评对车辆状况不满意合计（1）能否在犯错误的概率不超过的前
14、提下认为优惠活动好评与车辆状况好评之间有关系？（2）为了回馈用户，公司通过向用户随机派送骑行券.用户可以将骑行券用于骑行付费，也可以通过转赠给好友.某用户共获得了张骑行券，其中只有张是一元券.现该用户从这张骑行券中随机选取张转赠给好友，求选取的张中至少有张是一元券的概率.参考数据：参考公式：，其中.【答案】（1）见解析；（2）【解析】试题分析：（1）由由列联表的数据，算出卡方与作比较（2）用枚举法列出基本事件和满足条件的事件，由古典概型得出概率试题解析：（1）由列联表的数据，有 .因此，在犯错误的概率不超过的前提下，不能认为优惠活动好评与车辆状况好评有关系.（2）把张一元券分别记作，其余张券分
15、别记作，.则从张骑行券中随机选取张的所有情况为：，.共种.记“选取的张中至少有张是一元券”为事件，则事件包含的基本事件个数为.所以从张骑行券中随机选取张转赠给好友，选取的张中至少有张是一元券的概率为.19.在三棱锥中，底面，是的中点，是线段上的一点，且，连接，.（1）求证：平面；（2）求点到平面距离.【答案】(1)见解析;(2).【解析】【详解】（1）因为，所以.又，所以在中，由勾股定理，得.因为，所以是的斜边上的中线.所以是的中点.又因为是的中点，所以直线是的中位线，所以.又因为平面，平面，所以平面.（2）由（1）得，.又因为，.所以.又因为，所以.易知，且，所以.设点到平面的距离为，则由，
16、得，即，解得即点到平面的距离为.20.已知椭圆的左、右焦点分别为，离心率为，过右焦点作直线交椭圆于，两点，的周长为，点.（1）求椭圆的方程；（2）设直线、的斜率，请问是否为定值？若是定值，求出其定值；若不是，说明理由.【答案】（1）（2）是定值,且为【解析】【分析】（1）由的周长为，得到，即.再由离心率求得，从而可得，得椭圆方程（2）直线l斜率不存在时，直线与轴不垂直时，设直线的方程为，由直线方程与椭圆方程联立消元，可得，计算，并代入可得这样就得出结论【详解】（1）由的周长为，得到，即.又因为，所以，故，所以椭圆的方程为.（2）当直线与轴不垂直时，设直线的方程为，把直线的方程代入，得，则，因为
17、，而.即当直线与轴垂直时，即，所以，即是定值.【点睛】本题考查求椭圆的标准方程，考查直线与椭圆相交问题中的定值问题综合性较强，对学生的推理能力，运算求解能力要求较高，属于难题在直线与椭圆相交问题中，采取“设而不求”的思想方法，即设直线的方程为，设交点，由直线方程与椭圆方程联立消元，应用韦达定理可得，计算并代入求得结论21.已知函数.求函数的单调区间；如果对于任意的，总成立，求实数的取值范围.【答案】（1）的单调递增区间为，单调递减区间为；（2）【解析】【详解】试题分析：求出函数的导数令其大于零得增区间，令其小于零得减函数；令，要使总成立，只需时，对讨论,利用导数求的最小值.试题解析：(1) 由
18、于，所以.当，即时，；当，即时，.所以的单调递增区间为，单调递减区间为.(2) 令，要使总成立，只需时.对求导得，令，则，()所以在上为增函数，所以.对分类讨论： 当时，恒成立，所以在上为增函数，所以，即恒成立； 当时，在上有实根，因为在上为增函数，所以当时，所以，不符合题意； 当时，恒成立，所以在上为减函数，则，不符合题意.综合可得，所求的实数的取值范围是.考点：利用导数求函数单调区间、利用导数求函数最值、构造函数.（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22.在平面直角坐标系中，将曲线上的每一个点的横坐标保持不变，纵坐标缩短为原来的，得到曲线
19、，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，的极坐标方程为.(1)求曲线的参数方程；(2)过原点且关于轴对称的两条直线与分别交曲线于和，且点在第一象限，当四边形周长最大时，求直线的普通方程.【答案】（1）(为参数)；（2）【解析】试题分析：（）首先求得的普通方程，由此可求得的参数方程；（）设四边形的周长为，点，然后得到与的关系式，从而利用辅助角公式求得点的直角坐标点，从而求得的普通方程试题解析：（），（为参数）（）设四边形的周长为，设点， ，且，所以，当（）时，取最大值，此时，所以，此时，的普通方程为点睛：将曲线的参数方程化为普通方程的关键是消去其中的参数，此时要注意其中的(它们都是参
20、数的函数)的取值范围，即在消去参数的过程中一定要注意普通方程与参数方程的等价性23.已知.（）若，求不等式的解集；（）若关于的不等式在上恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）分情况去掉绝对值，得到分段函数的形式，分段解不等式即可；（2）依题意，得，即按照绝对值的几何意义得到.【详解】（1）依题意，得.当时，由，得，即，所以；当时，由，得，所以；当时，由，得，即，所以.综上所述，不等式的解集为.（2）依题意，得，即，所以.所以在恒成立，所以所以，所以实数的取值范围为.【点睛】本题主要考查了绝对值不等式的求解，以及不等式的恒成立问题，其中解答中根据绝对值的定义，合理去掉绝对值号，及合理转化恒成立问题是解答本题的关键，着重考查分析问题和解答问题的能力，以及转化思想的应用.