1、河北易县中学高二年级12月月考数学试题一选择题1. 为了解某地区的中小学生视力情况，拟从该地区的中小学生中抽取部分学生进行调查，事先已了解到该地区小学、初中、高中三个学段学生的视力情况有较大差异，而男女生视力情况差异不大，在下面的抽样方法中，最合理的抽样方法是( )A. 简单随机抽样B. 按性别分层抽样C. 按学段分层抽样D. 系统抽样【答案】C【解析】【详解】试题分析：符合分层抽样法的定义，故选C.考点：分层抽样2. 已知双曲线（）的离心率为，则该双曲线的渐近线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】 ，渐近线方程是，故选C,3. 是椭圆的焦距为2的（ ）条件A. 充分
2、不必要B. 必要不充分C. 充要D. 既不充分也不必要【答案】A【解析】【分析】根据椭圆标准方程以及充分不必要条件的定义可得答案.【详解】当时，椭圆中，所以，即，所以椭圆的焦距为2；若，则，则，当椭圆的焦距为2时，则，则，故是椭圆的焦距为2的充分不必要条件.故选：A4. 为坐标原点，为抛物线的焦点，为上一点，若，则的面积为A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由抛物线的标准方程可得抛物线的焦点坐标和准线方程,设出,由PF=4以及抛物线的定义列式可得,即,再代入抛物线方程可得点P的纵坐标,再由三角形的面积公式可得.【详解】由可得抛物线的焦点F(1,0),准线方程为,如图:过点P作准线
3、 的垂线,垂足为,根据抛物线的定义可知PM=PF=4,设,则,解得,将 代入可得,所以的面积为=.故选B.【点睛】本题考查了抛物线的几何性质,定义以及三角形的面积公式,关键是利用抛物线的定义求P点的坐标;利用OF为三角形的底,点P的纵坐标的绝对值为高计算三角形的面积.属中档题.5. 已知，则曲线在点处的切线方程为（ ）A B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先求导可得,将代入可求得,则,再求出和,利用点斜式方程即可求得切线方程.【详解】由题,因为,所以,所以,则,所以,则,所以曲线在点的切线方程为,即,故选:D【点睛】本题考查在曲线上一点处的切线方程,考查导数的几何意义的应用.6. 有
4、五条线段长度分别为，从这5条线段中任取3条，则所取3条线段能构成一个三角形的概率（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】列出所有的基本事件，并找出事件“所取三条线段能构成一个三角形”所包含的基本事件，再利用古典概型的概率公式计算出所求事件的概率【详解】所有的基本事件有：、，共个，其中，事件“所取三条线段能构成一个三角形”所包含的基本事件有：、，共个，由古典概型的概率公式可知，事件“所取三条线段能构成一个三角形”的概率为，故选：B【点睛】本题考查古典概型的概率计算，解题的关键就是列举基本事件，常见的列举方法有：枚举法和树状图法，列举时应遵循不重不漏的基本原则，考查计算能力，属于中
5、等题7. 已知函数的导函数的图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据图象得出的单调性即可.【详解】由图可知在，上递减，在，上递增，故故选：B8. 函数的图象在点处的切线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】求得，得到，结合直线的点斜式，即可求解.【详解】由题意，可得，可得，所以切线方程为，即.故选：D.二多项选择题9. 已知曲线，则曲线（ ）A. 关于轴对称B. 关于轴对称C. 关于原点对称D. 关于直线轴对称【答案】ABCD【解析】【分析】根据；都成立得到答案.【详解】，则；成立故曲线关于轴对称；关于轴对称；关于原点
6、对称；取曲线任一点 关于直线轴对称点为成立.故选：【点睛】本题考查了曲线的对称问题，意在考查学生对于轴对称和点对称的理解和应用.10. （多选题）下列函数中，既是奇函数又在区间上单调递增的是（ ）A. B. C. D. 【答案】ABD【解析】【分析】分别对选项所给函数进行判断即可.【详解】由奇函数定义可知，A、B、D均为奇函数，C为偶函数，所以排除C；对于选项A，所以在上单调递增；对于选项B，所以在上单调递增；对于选项D，所以在上单调递增.故选：ABD【点睛】本题考查函数的奇偶性、单调性，考查学生的基本计算能力，是一道基础题.11. 已知分别是双曲线的左右焦点，点是双曲线上异于双曲线顶点的一点
7、，且向量，则下列结论正确的是（ ）A. 双曲线渐近线方程为B. 以为直径的圆的方程为C. 到双曲线的一条渐近线的距离为1D. 的面积为1【答案】ACD【解析】【分析】求出双曲线C渐近线方程，焦点，的面积即可判断.【详解】A.代入双曲线渐近线方程得,正确.B.由题意得，则以为直径的圆的方程不是，错误.C.，渐近线方程为，距离为1，正确.D. 由题意得,设，根据，解得，则的面积为1.正确.故选：ACD.【点睛】考查双曲线的渐近线方程，焦点，以及双曲线上的几何性质.题目涉及知识点较为广泛.12. 如图，点P在正方体的面对角线上运动，则下列四个结论正确的有（ ）A. 三棱锥的体积不变B. 与平面所成的
8、角大小不变C. D. 【答案】ABD【解析】【分析】【详解】正方体中，则有平面，到平面的距离不变，面积不变，因此三棱锥的体积不变，A正确；同理平面平面，从而可得平面平面，可得平面，与平面所成的角大小始终为0，B正确；当与重合时，与所成角为，不垂直，C错；由正方体中，由，得平面，可得，同理，从而可证平面，必有，D正确；故选：ABD【点睛】本题考查空间的直线与平面间的平行与垂直的关系，掌握正方体的性质是解题关键考查了学生的空间想象能力，逻辑推理能力三填空题13. 已知、的取值如表所示：01342.24.34.86.7从散点图分析，与线性相关，且，则_【答案】【解析】【分析】根据数据表求解出，代入回
9、归直线，求得的值.【详解】根据表中数据得：，又由回归方程知回归方程的斜率为截距本题正确结果：【点睛】本题考查利用回归直线求实际数据，关键在于明确回归直线恒过，从而可构造出关于的方程.14. 已知是空间任一点，四点满足任三点均不共线，但四点共面，且，则_.【答案】-1【解析】【分析】利用空间向量基本定理，及向量共面的条件，即可得到结论【详解】2x3y4z，2x3y4z，O是空间任意一点，A、B、C、D四点满足任三点均不共线，但四点共面2x3y4z12x+3y+4z1故答案为1【点睛】本题考查空间向量基本定理，考查向量共面的条件，属于基础题15. 如图，在底面是直角梯形的四棱锥中，侧棱底面，则到的
10、距离为_.【答案】【解析】【分析】将到的距离转化为点到平面的距离，再根据等体积法可求得结果.【详解】因为，平面，平面，所以平面，所以到的距离等于点到平面的距离，因为侧棱底面，所以，因为，即，因为，所以平面，所以，因为，所以，设点到平面的距离为，则由得，所以，得，所以到的距离为.故答案为：16. 已知F1(c,0)，F2(c,0)为椭圆的两个焦点，P为椭圆上一点，且，则此椭圆离心率的取值范围是_【答案】【解析】【分析】设，由数量积的坐标表示得出，再由点P在椭圆上得出，联立两个方程得出，再由化简得出，结合离心率的公式即可求解.【详解】设，则将代入式解得又，即.故答案为：【点睛】本题主要考查了求椭圆
11、离心率的取值范围，属于中档题.三解答题17. 设命题：实数满足，；命题：实数满足.（1）若，为真命题，求的取值范围；（2）若是的充分不必要条件，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）若，化简，解得,由为真命题，即都为真命题，得不等式组，求解即可；（2）原条件等价于是的充分不必要条件，得必有且，化简即可.【详解】（1）由已知，当为真命题时：当时，；当时，.当为真命题时：.若，有，则当为真命题，有，得.所以实数的取值范围是区间(2,3).（2）若是的充分不必要条件，则是的充分不必要条件，则必有且，得，即a的取值范围是区间.【点睛】充分条件、必要条件的三种判定方法:（1）定
12、义法：根据进行判断，适用于定义、定理判断性问题；（2）集合法：根据对应的集合之间的包含关系进行判断，多适用于命题中涉及字母范围的推断问题；（3）等价转化法：根据一个命题与其逆否命题的等价性进行判断，适用于条件和结论带有否定性词语的命题.18. 20名学生某次数学考试成绩(单位：分)的频率分布直方图如下：(1)求频率直方图中a的值；(2)分别求出成绩落在50,60)与60,70)中的学生人数；(3)从成绩在50,70)的学生中人选2人，求这2人的成绩都在60,70)中的概率【答案】(1)0.005,(2)2,3,(3)0.3【解析】【详解】（1）据直方图知组距=10，由，解得（2）成绩落在中的学
13、生人数为成绩落在中的学生人数为（3）记成绩落在中的2人为，成绩落在中的3人为、，则从成绩在的学生中人选2人的基本事件共有10个：其中2人的成绩都在中的基本事伯有3个：故所求概率为19. 如图，四棱锥中，平面，是边长为2的等边三角形，直线与底面所成的角为45，是棱的中点.（1）求证：；（2）在棱上是否存在一点，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为？若存在，请指出的位置；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）存在，为的中点.【解析】【分析】（1）根据平面，得到，.然后根据已知条件计算，利用勾股定理逆定理证得，然后利用线面垂直的判定定理证得平面，从而证得.（2）假设在棱上存在一点满足
14、题意，则，以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系.利用空间向量探究求解即可.【详解】（1）平面，平面，平面，平面，.直线与底面所成的角为45，.是边长为2的等边三角形.又，.在中，.在中，.又，平面.又平面，.（2）假设在棱上存在一点满足题意，由（1）可知，所以，以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系.如图所示，则，设，则，得，设平面得法向量为，则有，可得令，则，是平面的一个法向量.易知为平面的一个法向量.，故即解得，故在棱上存在点且为的中点，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为.【点睛】本题考查线面垂直的判定与证明，考察利用空间向量坐标方法求解存在性问题，关键是经
15、过证明判定后，建立适当的空间直角坐标系，并注意认真计算空间平面的法向量，还要熟练掌握线段上的点的坐标的表示方法.20. 已知函数（1）讨论单调性；（2）若有三个零点，求的取值范围【答案】（1）详见解析；(2).【解析】【分析】（1），对分和两种情况讨论即可；（2）有三个零点，由（1）知，且，解不等式组得到的范围，再利用零点存在性定理加以说明即可.【详解】（1）由题，当时，恒成立，所以在上单调递增；当时，令，得，令，得，令，得或，所以在上单调递减，在，上单调递增.（2）由（1）知，有三个零点，则，且即，解得，当时，且，所以在上有唯一一个零点，同理，所以在上有唯一一个零点，又在上有唯一一个零点，所
16、以有三个零点，综上可知的取值范围为.【点晴】本题主要考查利用导数研究函数的单调性以及已知零点个数求参数的范围问题，考查学生逻辑推理能力、数学运算能力，是一道中档题.21. 在平面直角坐标系中，已知为坐标原点，点列，直线系，若直线与直线交于点.（1）求证：点在抛物线上，并求出该抛物线的方程；（2）设，为（1）中抛物线上两个不同的点，直线，的斜率分别为，且，证明：直线经过定点.【答案】（1）证明见解析，；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）联立直线与直线，消去可得结果；（2）设，利用得，利用点斜式得到直线的方程并化简得：，从而可得直线经过定点.【详解】（1）设.依题意，得直线的方程为，由，消去
17、，得，即，点在抛物线上.（2）设，则有，.由，得，.又直线的方程为，即，即.由，得，代入，得.故直线经过定点.【点睛】关键点点睛：第（2）问，利用得，再将直线的方程求出并化为是解题关键.22. 已知函数，曲线在点处的切线为.（1）求，的值；（2）若对任意的，恒成立，求正整数的最大值.【答案】（1），；（2）3【解析】【分析】（1）根据切线方程可求得且，从而构造方程求得结果；（2）利用分离变量方式可得在上恒成立；令，通过导数可知，当时，当时，从而可得，可求得，则，得到所求结果.【详解】（1）由得：由切线方程可知：，解得：，（2）由（1）知则时，恒成立等价于时，恒成立令，则.令，则当时，则单调递增， ，使得当时，；时， ，即正整数的最大值为【点睛】本题考查根据在某一点处的切线方程求解函数解析式、利用导数解决恒成立问题.解决恒成立问题的关键是能够通过分离变量的方式将问题转化为参数与函数最值的关系，利用导数求得函数的最值，从而求得结果.
