1、江西省南昌市第二中学2019-2020学年高二数学下学期第一次月考试题 文（含解析）一选择题(每小5分，共12小题，共60分)1.设集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先求出集合，再根据交集的运算即可求出【详解】因为，所以.故选：A【点睛】本题主要考查交集的运算以及一元二次不等式的的解法，属于基础题2.如图，一个圆柱的底面半径为，高为2，若它的两个底面圆周均在球O的球面上，则球O的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】采用数形结合，根据勾股定理可得球的半径，然后利用球的表面积公式，可得结果.【详解】根据题意，画图如下： 则，故在中，.故选
2、：B【点睛】本题主要考查球的表面积，属基础题.3.已知条件，条件，且是的充分不必要条件，则实数的值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由题意，可先解出：与：，再由是的充分不必要条件列出不等式即可得出a的取值范围.【详解】由条件，解得或，故：，由条件得：，是的充分不必要条件，故选：A.【点睛】本题以不等式为背景考查充分条件必要条件的判断，考查了推理判断能力，准确理解充分条件与必要条件是解题的关键.4.已知是定义在上的奇函数，当时，（为常数），则的值为（ ）A. 4B. -4C. 6D. -6【答案】D【解析】函数为奇函数，则：，即当时，函数的解析式为：，结合奇函数的性质
3、可得：.本题选择D选项.点睛：若函数f(x)是奇函数，则f(0)不一定存在；若函数f(x)的定义域包含0，则必有f(0)0.5.已知，是空间内两条不同的直线，是空间内两个不同的平面，下列说法正确的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】D【解析】【分析】A.若，则或.B.若，若，不成立，C.若，与的关系是异面或平行.D.由面面垂直的性质定理判断.【详解】若，则或，故A不正确，；若，若，则，故B不正确，若，与的关系是异面或平行，故C不正确，若，又因为，所以，故D正确.故选：D【点睛】本题主要考查点、线、面的位置关系，还考查理解辨析的能力，属于中档题.6.2019年10月1
4、日上午，庆祝中华人民共和国成立70周年阅兵仪式在天安门广场隆重举行.这次阅兵不仅展示了我国的科技军事力量，更是让世界感受到了中国的日新月异.今年的阅兵方阵有一个很抢眼，他们就是院校科研方阵.他们是由军事科学院、国防大学、国防科技大学联合组建若已知甲、乙、丙三人来自上述三所学校，学历分别有学士、硕士、博士学位.现知道：甲不是军事科学院的；来自军事科学院的不是博士；乙不是军事科学院的；乙不是博士学位；国防科技大学的是研究生则丙是来自哪个院校的，学位是什么( )A. 国防大学，研究生B. 国防大学，博士C. 军事科学院，学士D. 国防科技大学，研究生【答案】C【解析】【分析】根据可判断丙的院校；由和
5、可判断丙的学位.【详解】由题意甲不是军事科学院的，乙不是军事科学院的；则丙来自军事科学院；由来自军事科学院的不是博士，则丙不是博士；由国防科技大学的是研究生，可知丙不是研究生，故丙为学士.综上可知，丙来自军事科学院，学位是学士.故选：C.【点睛】本题考查了合情推理的简单应用，由条件的相互牵制判断符合要求的情况，属于基础题.7.某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图所示，圆柱表面上的点在正视图上的对应点为，圆柱表面上的点在左视图上的对应点为，则在此圆柱侧面上，从到的路径中，最短路径的长度为（ ）A. B. C. D. 2【答案】B【解析】【分析】首先根据题中所给的三视图，得到点M和点N在圆
6、柱上所处的位置，将圆柱的侧面展开图平铺，点M、N在其四分之一的矩形的对角线的端点处，根据平面上两点间直线段最短，利用勾股定理，求得结果.【详解】根据圆柱的三视图以及其本身的特征，将圆柱的侧面展开图平铺,可以确定点M和点N分别在以圆柱的高为长方形的宽，圆柱底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端点处，所以所求的最短路径的长度为，故选B.点睛：该题考查的是有关几何体的表面上两点之间的最短距离的求解问题，在解题的过程中，需要明确两个点在几何体上所处的位置，再利用平面上两点间直线段最短，所以处理方法就是将面切开平铺，利用平面图形的相关特征求得结果.8.已知函数，满足对任意的实数，都有成立，则实数的
7、取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由题意可知函数为上为减函数，可知函数为减函数，且，由此可解得实数的取值范围.【详解】由题意知函数是上的减函数，于是有，解得，因此，实数的取值范围是故选：B.【点睛】本题考查利用分段函数的单调性求参数，一般要分析每支函数的单调性，同时还要考虑分段点处函数值的大小关系，考查运算求解能力，属于中等题.9.在正三棱柱中，分别为，的中点，是线段上的一点.有下列三个结论：平面；三棱锥的体积是定值.其中所有正确结论的编号是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】充分利用正三棱柱的几何特征，面面平行的性质定理和线面垂直的判断定理
8、以及等体积法求解.【详解】如图所示：因为，所以平面BDF.又因为DF/EG，所以EG/平面BDF， ，所以平面平面BDF， 所以平面，故正确.因为，所以，又因为，所以平面BDF，所以，故正确.，故正确.故选：D【点睛】本题主要考查直线与平面的位置关系，还考查了空间想象和运算求解的能力，属于中档题.10.若，且，则下列不等式一定成立的是( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】设函数，函数为偶函数，求导得到函数的单调区间，变换得到，得到答案.【详解】设函数，函数为偶函数，则在上恒成立.即函数在上单调递增，在上单调递减.，即，根据单调性知.故选：.【点睛】本题考查了利用函数单调性解不
9、等式，构造函数是解题的关键.11.如图，在棱长为2的正方体中，是的中点，点是侧面上的动点，且截面，则线段长度的取值范围是（ ）.A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】取CD的中点为N,的中点为R,的中点为H,证明平面MNRH/平面,平面,线段MP扫过的图形为,通过证明,说明为直角,得线段长度的取值范围为即可得解.【详解】取CD的中点为N,的中点为R,的中点为H,作图如下:由图可知,所以四边形为平行四边形,所以,因为,所以,因为, 故平面MNRH/平面,因为截面,所以平面,线段MP扫过图形为,由知,在中,即,所以， 所以,即为直角,故线段长度的取值范围为,即,故选:B【点睛】本题考查
10、面面平行的判定定理与性质定理及空间两点间的距离;重点考查转化与化归的思想;属于难度大、抽象型试题.12.已知函数（）与（）的图象在第一象限有公共点，且在该点处的切线相同，当实数变化时，实数的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】设切点为，则通过代入法将用表示，再构造函数进行求值域，即可得答案.【详解】设切点为，则整理得由，解得由上可知，令，则.因为，所以，在上单调递减，所以，即.【点睛】本题考查导数的几何意义、利用导数判断函数的单调性及求最值，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.二填空题(每小题5分，共4小题，共20分)13.若，则_
11、【答案】【解析】【分析】根据所给的指数式，化为对数式，根据对数的换地公式写出倒数的值，再根据对数式的性质，得到结果【详解】，则故答案为【点睛】本题是一道有关代数式求值的问题，解答本题的关键是熟练应用对数的运算性质，属于基础题14.已知命题在区间上是减函数，命题不等式的解集为，若命题“”为真，“”为假，则实数的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】由已知可得p：，由不等式的解集为可得q：，由于为真，命题为假，可知p，q一真一假，从而可求解.【详解】在区间上是减函数，p：，不等式的解集为，即恒成立，解得，即q：“”真，命题“”为假，p，q一真一假，当p真q假，即；当p假q真时，此时无解，综上可得实
12、数的取值范围是，故答案为：.【点睛】本题主要考查了复合命题的真假关系的应用，解题的关键是准确求解出命题p，q的真假，属于中档题.15.若函数有最小值，则实数的取值范围为_【答案】【解析】【分析】作出函数的图像，观察当变化导致图像发生怎样的变化时，函数有最小值.【详解】如图，部分，是的图像，部分，是的图像， ，当图中点不在下方时，函数有最小值，即，得.下面说明，的图像画法：，令，得或，当，单调递减，当，单调递增，又，根据单调性和极值，可画出在上的草图.故答案为.【点睛】本题考查分段函数最小值的存在性问题，利用数形结合，观察图像可快速得出结果，是中档题.16.在三棱锥中，已知，且平面平面，则三棱锥
13、外接球的表面积为_.【答案】【解析】【分析】取的中点，设等边三角形的中心为，连接.根据等边三角形的性质可求得， 由等腰直角三角形的性质，得，根据面面垂直的性质得平面，由勾股定理求得，可得为三棱锥外接球的球心，根据球体的表面积公式可求得此外接球的表面积.【详解】在等边三角形中，取的中点，设等边三角形的中心为，连接.由，得，由已知可得是以为斜边的等腰直角三角形，,又由已知可得平面平面，平面，所以，为三棱锥外接球的球心，外接球半径，三棱锥外接球的表面积为.故答案为：【点睛】本题考查三棱锥的外接球的表面积，关键在于根据三棱锥的面的关系、棱的关系和长度求得外接球的球心的位置，球的半径，属于中档题.三解答
14、题(共6小题，共70分)17.已知函数.（1）计算：；（2）对于，恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）.（2）【解析】【分析】（1）先求得定义域为或,再由可得为奇函数,即可求解；（2）转化问题为在上恒成立,利用二次函数性质求得,即可求解.【详解】（1）由,得或,函数的定义域为或,又,为奇函数,.（2）当时,恒成立可化为恒成立,即在上恒成立,又当时,当时,即实数的取值范围是.【点睛】本题考查利用函数奇偶性求函数值,考查由不等式的恒成立问题求参数范围,考查运算能力和转化思想.18.定义在上的函数满足，且函数在上是增函数（1）求，并证明函数是偶函数；（2）若，解不等式【答案】（1），证明见解析；
15、（2）或或或.【解析】【分析】（1）先计算，再令可得，令即可得出；（2）计算，故而不等式等价于，根据的单调性和奇偶性列不等式得出解集【详解】解：（1）令，则，再令可得，令可得，是偶函数（2），又，是偶函数，在上单调递增，且，解得或或或所以不等式的解集为或或或【点睛】本题考查了抽象函数的单调性，函数单调性的应用，属于中档题19.直角梯形中，平面.（1）求证：.（2）若，求异面直线与所成的角.【答案】（1）证明见解析.（2）【解析】【分析】（1）连结,取中点,连,可推导为正方形,再推导可得,进而根据三垂线定理求证；（2）由（1）是与所成的角,连,推导可得平面,求得,进而求解.【详解】（1）连结,取
16、中点,连,则四边形为正方形,又,平面,由三垂线定理可得,.（2）由（1）,是与所成的角,连,平面,即与所成的角.【点睛】本题考查线线垂直的证明,考查几何法求异面直线夹角,考查运算能力.20.设：实数满足不等式，：函数无极值点.（1）若“”为假命题，“”为真命题，求实数的取值范围；（2）若“为真命题”是“”的必要不充分条件，求正整数的值.【答案】（1）或.（2）【解析】【分析】（1）分别求得为真和为真时的范围,由“”为假命题,“”为真命题可得与只有一个命题是真命题,进而分类讨论求解即可；（2）由“”为真命题可得,解得不等式为,由必要不充分条件可得(两个不等式不能同时取等号),进而求解.【详解】（
17、1）若为真,则,解得；若为真,则函数无极值点,所以恒成立,则,解得,因为“”为假命题,“”为真命题,所以与只有一个命题是真命题,若为真命题,为假命题,则,解得； 若为真命题,为假命题,则,解得.综上,实数的取值范围为或.（2）因为“”为真命题,所以都为真命题,所以,解得；因为,所以,因为必要不充分条件,所以(两个不等式不能同时取等号),解得,又因为,所以.【点睛】本题考查由复合命题的真假求参数范围,考查由必要不充分条件求参数范围,考查分类讨论思想.21.如图，是正方形，点在以为直径的半圆弧上（不与，重合），为线段的中点，现将正方形沿折起，使得平面平面.（1）证明：平面.（2）若，当三棱锥的体积
18、最大时，求到平面的距离.【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）由面面垂直的性质定理，可得平面，进而有，再由已知可得，即可得证结论；（2）由体积公式，要使三棱锥的体积最大时，为弧的中点，求出，进而求出，用等体积法，即可求解.【详解】（1）证明：因为平面平面是正方形，平面平面，所以平面.因为平面，所以.因为点在以为直径的半圆弧上，所以.又，所以平面.（2）当点位于的中点时，的面积最大，三棱锥的体积也最大.因为，所以，所以的面积为，所以三棱锥的体积为.因为平面，所以，的面积为.设到平面的距离为，由，得，即到平面的距离为.【点睛】本题考查线面垂直的证明，空间中垂直的相互转化是解题的关键，考
19、查用等体积法求点到面的距离，属于中档题.22.已知函数，(1)求函数的单调区间与极值.(2)当时，是否存在，使得成立？若存在，求实数的取值范围，若不存在，请说明理由.【答案】（1）分类讨论，详见解析；（2）.【解析】【分析】（1）求出函数的定义域，接着求导，对参数分类讨论（2）假设存在，使得成立，则对，满足，将问题转化为求与【详解】解：（1）， 当时，恒成立，即函数的单调增区间为，无单调减区间，所以不存在极值 当时，令，得,当时，当时，故函数的单调增区间为，单调减区间为，此时函数在处取得极大值，极大值为，无极小值综上，当时，函数的单调增区间为，无单调减区间，不存在极值当时，函数的单调增区间为，单调减区间为，极大值为，无极小值（2）当时，假设存在，使得成立，则对，满足由可得，.令，则，所以在上单调递增，所以，所以，所以在上单调递增，所以由（1）可知，当时，即时，函数在上单调递减，所以的最小值是 当，即时，函数在上单调递增，所以的最小值是当时，即时，函数在上单调递增，在上单调递减.又，所以当时，在上的最小值是.当时，在上的最小值是所以当时，在上的最小值是，故，解得,所以当时，函数在上的最小值是，故，解得，所以.故实数的取值范围是【点睛】本题利用导数求函数的单调区间、极值问题，以及导数与函数的综合应用，属于难题- 22 -
