2020-2021学年江西省上饶市第一中学高二下学期期中考试数学（理）试题解析.doc

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1、2020-2021学年江西省上饶市第一中学高二下学期期中考试数学（理）试题一、单选题1下列命题中的假命题为（）A,BCD【答案】D【分析】根据全称命题和存在性命题的判定方法，逐项判定，即可求解.【详解】对于A中，根据指数函数的性质，可得,恒成立，所以A是真命题；对于B中，当时，所以命题为真命题；对于C中，根据对数函数的性质，当，可得，所以命题为真命题；对于D中，当时，所以命题为假命题.故选：D.2“椭圆的离心率为”是“”的（）A充要条件B充分不必要条件C必要不充分条件D既不充分也不必要条件【答案】C【解析】由充分条件和必要条件的定义，结合椭圆的性质进行判断即可【详解】由椭圆的离心率为，得或；由

2、，得椭圆的离心率为故“椭圆的离心率为”是“”的必要不充分条件故选：C3下列各式正确的是（）A (为常数)BCD【答案】C【分析】由基本的求导公式可得解【详解】 (为常数)； ； ； .错误故选：C【点睛】本题考查导数的求导公式，熟练记住常见函数的求导公式是关键,属于基础题4已知函数的图象在处的切线方程为，则的极大值为（）ABCD1【答案】A【解析】求得导函数，由，解得，则即可判断极大值点，进而求得极大值.【详解】因为，所以，又因为函数在图象在处的切线方程为，所以，解得，.由，知在处取得极大值，.故选：A.5函数的图象大致是（）ABCD【答案】B【分析】求得函数的定义域为，排除A项；设，令导数求

3、得函数的单调性，结合选项，即可求解.【详解】由题意，函数的定义域为，可排除A项；设，则，当时，函数单调递增；当时，函数单调递减，可得，所以函数在上单调递增，在单调递减，且.故选：B.【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数图象与性质，其中解答中根据函数的解析式求得函数的定义域，以及利用导数求得函数的单调性是解答的关键，着重考查推理与运算能力.6已知曲线C方程为x2+y2+|x|y2020，则曲线C关于（）对称Ax轴By轴C原点Dyx【答案】B【分析】将x换为x，y不变，将y换为y，x不变，将x换为x，y换为y，将x换为y，y换为x，判断变化后的方程与原方程的关系，从而得到结论.【详解】曲线C方程

4、为x2+y2+|x|y2020，将x换为x，y不变，原方程化为x2+y2+|x|y2020，所以曲线C关于y轴对称；将y换为y，x不变，原方程化为x2+y2|x|y2020，所以曲线C不关于x轴对称；将x换为x，y换为y，原方程化为x2+y2|x|y2020，所以曲线C不关于原点对称；将x换为y，y换为x，原方程化为x2+y2+|y|x2020，所以曲线C不关于直线yx对称故选：B7如图所示，图中曲线方程为yx21，用定积分表达围成封闭图形（阴影部分）的面积是（）ABCD【答案】C【分析】利用微积分的基本定理求解.【详解】解：，故选：C8平面直角坐标系中，直线与抛物线相交于两点，为的焦点，若，

5、则点到轴的距离为（）A3B4C5D6【答案】B【分析】根据题意画出图形，抛物线的准线为，直线恒过定点，过分别作于，于，根据抛物线的定义和已知条件可得点为的中点，进而可得点的横坐标为1，则从 而可求出答案【详解】解：设抛物线的准线为，直线恒过定点，如图过分别作于，于，因为，所以，所以点为的中点，连接，则，所以，所以点的横坐标为1，所以，所以点到轴的距离为4，故选：B【点睛】关键点点睛：此题考查直线与抛物线的位置关系，考查抛物线的定义的应用，解题的关键是根据题意画出图形，灵活运用抛物线的定义，考查计算能力，属于中档题9已知函数，若函数的图象上存在点，使得在点处的切线与的图象也相切，则的取值范围是（

6、）ABCD【答案】B【分析】由两条直线的公切线，表示出切点坐标，构造函数，利用导函数求得极值点；根据极值点，求出两侧的单调性，再根据单调性求得的最大值【详解】的公共切点为，设切线与的图象相切与点 由题意可得 ，解得 所以 令 则令，解得 当 时， 当 时， ，函数在上单调递增当 时， ，函数在上单调递减当t从右侧趋近于0时， 趋近于0 当t趋近于 时， 趋近于0所以 所以选B【点睛】本题考查了导数的综合应用，利用导数的单调性求得值域，属于难题10已知双曲线的左右焦点分别为，过点且倾斜角为的直线与双曲线的左右支分别交于点，且，则该双曲线的离心率为（）ABCD【答案】A【分析】由双曲线的定义和直角

7、三角形的勾股定理，以及解直角三角形，可得的关系，再由离心率公式可求解.【详解】解：过作于点，设，因为直线的倾斜角为，所以在直角三角形中，由双曲线的定义可得，所以，同理可得，所以，即，所以，因此，在直角三角形中，所以，所以，则.故选：A.【点睛】方法点睛：（1）求双曲线的离心率时，常将双曲线的几何关系转化为关于双曲线基本量的方程或不等式，利用和转化为关于e的方程或不等式，通过解方程或不等式求得离心率的值或取值范围（2）对于焦点三角形，要注意双曲线定义的应用，运用整体代换的方法可以减少计算量11已知函数满足，且当时，成立，若，则a，b，c的大小关系是（）ABCD【答案】B【分析】构造函数，利用奇函

8、数的定义得函数是奇函数，再利用导数研究函数的单调性，结合，再利用单调性比较大小得结论.【详解】因为函数满足，且在上是连续函数，所以函数是偶函数，令，则是奇函数，且在上是连续函数，则，因为当时，成立，即，所以在上单调递减，又因为在上是连续函数，且是奇函数，所以在上单调递减，则，因为，所以，所以，故选：B.【点睛】关键点点睛：本题考查的是比较大小问题，涉及到的知识点包括函数的奇偶性以及利用导数研究函数的单调性，解题的关键是构造函数，属于中档题.12如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABAA12，BC4，E为AD中点，则三棱锥A1CDE外接球的表面积为（）A8B24C32D44【答案】D【分

9、析】建立空间直角坐标系，利用球的性质，结合空间两点间距离公式、球的表面积公式进行求解即可.【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，设三棱锥A1CDE外接球的球心为，所以，由，由，由，所以，因此三棱锥A1CDE外接球的半径为，故该外接球的表面积为，故选：D二、填空题13已知函数，曲线在点处的切线方程为_【答案】【分析】求出函数在处的导数值，即切线斜率，再求出，即可由点斜式求出切线方程.【详解】，即切线斜率为，又，切线方程为，即.故答案为：.14已知命题，命题.若“p且q”为真命题，则实数m的取值范围为_.【答案】【分析】先判断p、q的真假；分别由p真求出m的范围、q真求出m的范围，取交集.【详解】

10、若“p且q”为真命题，则均为真命题.，在恒成立，是增函数，所以当x=1时有，有解，即或 ， .均为真命题，.故答案为：【点睛】由复合命题真假求参数的范围:(1) 由复合命题真假判断各个简单命题的真假;(2)分别根据各个简单命题的真假求出参数的范围；(3)对各个范围取交集.15如图，焦点在x轴上的椭圆1（a0）的左、右焦点分别为F1、F2，P是椭圆上位于第一象限内的一点，且直线F2P与y轴的正半轴交于A点，APF1的内切圆在边PF1上的切点为Q，若|F1Q|4，则该椭圆的离心率为_【答案】【分析】由APF1的内切圆在边PF1上的切点为Q，根据切线长定理，可得，再结合，求得，得，再由求出，从而可求

11、出离心率【详解】设APF1的内切圆在上的切点分别为，因为由APF1的内切圆在边PF1上的切点为Q，所以由切线长定理得，因为，所以，所以，所以，所以,所以，得，因为，所以，所以椭圆的离心率为，故答案为：16函数f（x），若关于x的方程f2（x）af（x）+4aa20有四个不等的实数根，则实数a的取值范围为_【答案】【分析】作出函数的大致图象，令，则原问题可转为关于t的方程有2个不等实根和，结合的图象可确定和符合两种情形：，或，最后分两类讨论即可求得a的取值范围.【详解】当时，当时，单调递增；当时，单调递减，函数的大致图象如图所示：令，当或4时，方程有2个实根；当，方程有1个实根.当t（0，4）时

12、，方程tf（x）有3个实根；则关于x的方程有四个不等的实数根可等价于关于t的方程有2个不等实根和.和可符合两种情形：,或（0，4），.若，则；若（0，4），设g（t）t2at+4aa2，则g（0）g（4）0，解得.综上，实数a的取值范围为.故答案为：.三、解答题17设，曲线在点处的切线与y轴相交于点（0，3）.(1)确定实数a的值；(2)求f（x）的极值.【答案】(1)3(2)极小值是3，无极大值.【分析】（1）先求得曲线在点处的切线方程，再由点（0，3）在切线上求解；（2）利用极值的定义求解.【详解】(1)解：因为，所以，则，所以曲线在点处的切线方程为，因为曲线在点处的切线与y轴相交于点（0

13、，3），所以 ，解得；(2)由（1）知：，令，得，当时，当时，所以当时，取得极小值3，无极大值.18如图，直二面角DABE中，四边形ABCD是边长为2的正方形，AEEB，F为CE上的点，且BF平面ACE(1)求证：AE平面BCE；(2)求二面角BACE的余弦值；【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）要证平面，只需证明和即可；（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量和平面的一个法向量，利用向量夹角公式可求得余弦值，从而可求解得角的大小.【详解】(1)平面，平面，二面角为直二面角，且，平面平面，又，且平面，平面(2)如图，以的中点为坐标原点建立空间坐标系， 则 ， 设平面的法向量分别为，则

14、由，得，而平面的一个法向量 二面角为锐角，故二面角的余弦值为19已知抛物线的焦点为F，过点F且垂直于x轴的直线与交于A，B两点，（点O为坐标原点）的面积为2.（1）求抛物线C的方程；（2）若过点的两直线 的倾斜角互补，直线与抛物线C交于M，N两点，直线与抛物线交于P，Q两点，与的面积相等，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）根据题意可得的坐标分别为，则，解得的值，即可求得抛物线的方程；（2）设直线，点，联立椭圆的方程，可得，结合韦达定理可得，由弦长公式可得，由点到直线的距离公式可得焦点F到直线的距离，得，同理可得|，由，得到，解出的取值范围.【详解】（1）由题意，抛物线的焦

15、点，所以A，B的坐标分别为，所以，解得，所以抛物线的方程为.（）由题意可知直线的斜率存在，且不为0，设直线，设点，联立方程组，整理得，所以，且，所以，焦点F到直线的距离2，所以，设直线的方程为，联立方程组，整理得，可得，将用代换，可得，由，可得2，化简可得，两边平方得，所以，解得，又由且，可得或，可知所以，即，所以，所以实数的取值范围是.【点睛】直线与圆锥曲线的综合问题的求解策略：对于直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用问题，通常联立直线方程与圆锥曲线方程，应用一元二次方程根与系数的关系，以及弦长公式等进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运

16、算求解能力20如图，矩形ABCD和梯形BEFC所在平面互相垂直，且，.（1）求证：平面DCF；（2）设，当为何值时，二面角的大小为.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）设，以C为原点，CB，CD，CF为x，y，z轴建立坐标系，写出各点坐标，确定平面的一个法向量是，然后计算可证；（2）求出二面角两个面的法向量，则法向量夹角得二面角，从而求得值【详解】解：由条件：，设，以C为原点，CB，CD，CF为x，y，z轴建立坐标系，则，（1）平面DCF的一个法向量，又面CDF，面DCF.（2）平面EFC的法向量设平面AEF的一个法向量，令，则，即，解得当时，二面角的大小为.【点睛】方法点睛：本题

17、考查空间向量法证明空间线面位置关系，解题时平面常常利用法向量进行转化，由法向量、直线的方向向量的关系确定线面间的位置关系，向量法求空间角的方法：空间向量法：建立空间直角坐标系，写出各点为坐标，求出直线方向向量，平面的法向量，利用直线方向向量的夹角得异面直线所成角（相等或互补），直线方向向量与平面的法向量夹角的余弦值的绝对值得直线与平面所成角的正弦值，两个平面法向量的夹角得二面角（它们相等或互补）21已知椭圆C：1（ab0）的左、右焦点分别为F1，F2，M为椭圆C上位于x轴上方一点，线段MF1与圆x2+y21相切于该线段的中点，且MF1F2的面积为2(1)求椭圆C的方程；(2)过点F2的直线l与

18、椭圆C交于A，B两点，且AMB90，求直线l的方程【答案】(1)(2)【分析】（1）易知点ON为MF1F2的中位线，从而得到，再又求得，然后椭圆的定义求得a即可； （2）易知直线的斜率不为0，设直线方程为，与椭圆方程联立，根据AMB90，得到，结合韦达定理由求解.【详解】(1)解：如图所示：由题意得点ON为MF1F2的中位线，所以，又，则，所以，即，则，且M为椭圆的上顶点，则，所以，所以椭圆方程为：；(2)当直线的斜率为0时，AMB90，不符合题意；当直线的斜率不为0时，设直线方程为，联立，得，设，则，因为AMB90，所以，则，即，所以，即，解得或，当时，直线过点M，不符合题意，所以直线方程为

19、：.22已知函数（）设，求在上的最小值；（）若不等式在上恒成立，求实数的取值范围【答案】（）1；（）.【分析】（）由题意得，所以，构造，求导结合单调性可得即的最小值；（）先依题意得到，再反过来证明时，在上恒成立.【详解】（）由题意得，（），令，则，故即在上单调递增，所以，在上的最小值为；（）因为在上恒成立，且，又，所以，所以.下面证明当时，在上恒成立.（1）若，只需证明.又，所以只需证明.令，由（）知.所以在上单调递增，所以.故此时符合题意；（2）若，只需证明.记，则.因为在上单调递增，且，所以存在唯一的使得，当时，单调递减，当时，单调递增，又，故存在唯一的，使得，故当时，单调递减，当时，单调递增，又，故当时，单调递增，即在上恒成立，故此时也符合题意.综上所述，实数的取值范围范围是【点睛】思路点睛；本题第（2）问的思路是：首先探究“在上恒成立”的一个必要条件是“”，然后再证明充分性成立.第 20 页 共 20 页