山西省大同市第一中学2019-2020学年高二数学下学期3月网上考试试题 理（含解析）.doc

1、山西省大同市第一中学2019-2020学年高二数学下学期3月网上考试试题 理（含解析）一、选择题1. 设原命题：若，则中至少有一个不小于1，则原命题与其逆命题的真假状况是（ ）A. 原命题与逆命题均为真命题B. 原命题真，逆命题假C. 原命题假，逆命题真D. 原命题与逆命题均为真命题【答案】B【解析】【分析】写出原命题的逆否命题，判断其逆否命题为真，从而得到原命题也为真.【详解】原命题的逆否命题为：若中没有一个大于等于1，则，等价于“若，则”，显然这个命题是对的，所以原命题正确；原命题的逆命题为：“若中至少有一个不小于1，则”，取则中至少有一个不小于1，但，所以原命题的逆命题不正确.【点睛】至

2、少有一个的否定为“0个”，“不小于”等价于“大于等于”，同时注意若原命题的真假性不好判断，而等价于判断其逆否命题.2. 设，是两条不同的直线，是三个不同的平面，给出下列四个命题：若，则若，则若，则若，则其中正确命题的序号是（ ）A. 和B. 和C. 和D. 和【答案】A【解析】【分析】根据线面平行性质定理，结合线面垂直的定义，可得是真命题；根据面面平行的性质结合线面垂直的性质，可得是真命题；在正方体中举出反例，可得平行于同一个平面的两条直线不一定平行，垂直于同一个平面和两个平面也不一定平行，可得不正确由此可得本题的答案【详解】解：对于，因为，所以经过作平面，使，可得，又因为，所以，结合得由此可

3、得是真命题；对于，因为且，所以，结合，可得，故是真命题；对于，设直线、是位于正方体上底面所在平面内的相交直线，而平面是正方体下底面所在的平面，则有且成立，但不能推出，故不正确；对于，设平面、是位于正方体经过同一个顶点的三个面，则有且，但是，推不出，故不正确综上所述，其中正确命题的序号是和故选：【点睛】本题给出关于空间线面位置关系的命题，要我们找出其中的真命题，着重考查了线面平行、面面平行的性质和线面垂直、面面垂直的判定与性质等知识，属于中档题3. 四面体中，各个侧面都是边长为的正三角形，分别是和的中点，则异面直线与所成的角等于（ ）A. 30B. 45C. 60D. 90【答案】B【解析】【分

4、析】利用中位线定理可得GESA，则GEF为异面直线EF与SA所成的角，判断三角形为等腰直角三角形即可.【详解】取AC中点G，连接EG，GF，FC设棱长为2，则CF= ，而CE=1EF= ，GE=1，GF=1而GESA，GEF为异面直线EF与SA所成的角EF= ，GE=1，GF=1GEF为等腰直角三角形，故GEF=45故选：B.【点睛】求异面直线所成的角先要利用三角形中位线定理以及平行四边形找到异面直线所成的角，然后利用直角三角形的性质及余弦定理求解，如果利用余弦定理求余弦，因为异面直线所成的角是直角或锐角，所以最后结果一定要取绝对值.4. 若函数在上是单调函数，则的取值范围是（ ）A. B.

5、C. D. 【答案】C【解析】试题分析：二次函数对称轴为，函数在区间上单调，所以或或考点：二次函数单调性5. 若方程在区间（，且）上有一根，则的值为（ ）A. -1B. -2C. -4D. -3【答案】D【解析】【分析】设,转化问题为在（,且）上有一个零点,由可知为相邻两个整数,根据选项,先求得与,再利用零点存在性定理即可判断在上有一个零点,进而求解.【详解】令,则（,且）上有一个零点,因为,则,所以在上有一个零点,即,所以,故选:D【点睛】本题考查零点存在性定理的应用,考查转化思想.6. 直线l与两直线y1和xy70分别交于A，B两点，若线段AB的中点为M(1，1)，则直线l的斜率为()A.

6、 B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】设出直线l的斜率为k，又直线l过M点，写出直线l的方程，然后分别联立直线l与已知的两方程，分别表示出A和B的坐标，根据中点坐标公式表示出M的横坐标，让表示的横坐标等于1列出关于k的方程，求出方程的解即可得到k的值即为直线的斜率【详解】设直线l的斜率为k，又直线l过M（1，1），则直线l的方程为y+1=k（x1），联立直线l与y=1，得到，解得x=，所以A（，1）；联立直线l与xy7=0，得到，解得x=，y=，所以B（，），又线段AB的中点M（1，1），所以+=2，解得k=故选D【点睛】此题考查学生根据两直线方程求两直线的交点坐标，灵活运用中点坐标公

7、式化简求值，考查学生计算能力及逻辑推理能力，属于中档题7. 若，则A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：因为，故选B.考点：比较大小.8. 当时,函数的最小值是( )A. B. C. D. 4【答案】D【解析】【分析】分子与分母同除以，得利用二次函数求最值即可解答【详解】分子与分母同除以，得，时，的最大值为 综上，的最小值为4故选D【点睛】本题考查同角三角函数基本关系，考查二次函数求最值，注意公式的合理运用，是基础题9. 已知圆C：（x）2+（y2）24（0）及直线l：xy+30，当直线被圆C截得的弦长为时，的值等于（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由题意，结

8、合垂径定理算出圆心到直线：xy+30的距离d1，利用点到直线的距离公式建立关于的方程，求解即可【详解】圆C：（x）2+（y2）24的圆心为C（，2），半径r2圆心到直线l：xy+30的距离，被圆C截得的弦长为2时，+（）222，解得d1，因此，1，得或（舍）故选C【点睛】本题考查了圆的方程、点到直线的距离公式和直线与圆的位置等知识，属于基础题10. 某三棱锥的三视图如图所示，则它的外接球的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由题意可知该三棱锥底面是边长为的等腰直角三角形,高为2.再分析外接球的直径求解即可.【详解】由题意可知该三棱锥底面是边长为的等腰直角三角形,高为

9、2.故外接球直径为.故外接球表面积.故选：A【点睛】本题主要考查了根据三视图求外接球的表面积方法,属于基础题型.11. 设函数是奇函数，且在内是增函数，又，则的解集是A. 或B. 或C. 或D. 或【答案】B【解析】分析】因为函数是奇函数，且在内是增函数，可得函数在上的单调性，又因为，所以，根据函数单调性可解不等式的解集【详解】是奇函数，解函数在内是增函数，当时，当时，函数是奇函数，当时，当时，则不等式的解是或故选B【点睛】函数的奇偶性、周期性及单调性是函数的三大性质，在题目中常常将它们综合在一起命题，解题时，往往需要借助函数的奇偶性和周期性来确定另一区间上的单调性，即实现区间的转换，再利用单

10、调性解决相关问题12. 己知函数是定义在上的奇函数，当时，则函数在上的所有零点之和为（ ）A. 7B. 8C. 9D. 10【答案】B【解析】【分析】由已知可分析出函数是偶函数，则其零点必然关于原点对称，故在上所有的零点的和为，则函数在上所有的零点的和，即函数在上所有的零点之和，求出上所有零点，可得答案【详解】解：函数是定义在上的奇函数，又函数，函数是偶函数，函数的零点都是以相反数的形式成对出现的函数在上所有的零点的和为，函数在上所有的零点的和，即函数在上所有的零点之和由时，即函数在上的值域为，当且仅当时，又当时，函数在上的值域为，函数在上的值域为，函数在上的值域为，当且仅当时，函数在上的值域

11、为，当且仅当时，故在上恒成立，在上无零点，同理在上无零点，依此类推，函数在无零点，综上函数在上的所有零点之和为8故选：【点睛】本题考查的知识点是函数的奇偶性，函数的零点，函数的图象和性质，其中在寻找上零点个数时，难度较大，故可以用归纳猜想的方法进行处理二、填空题13. 若曲线表示椭圆，则的取值范围是_【答案】【解析】【详解】试题分析:由题设可得且,解之得且,故应填.考点：椭圆的标准方程及运用14. 设是上的奇函数，且当时，则当时_【答案】x(1-)【解析】当时，则当时，是上的奇函数故答案为点睛：解本本题的关键是根据奇函数的图像关于原点对称的性质求解的解析式.15. 若圆锥的表面积是15，侧面展

12、开图的圆心角是60，则圆锥的体积是_【答案】【解析】【分析】转化条件得，根据圆锥表面积可列方程，解出后即可求出圆锥的高，即可得解.【详解】设圆锥底面半径为，母线长为，由题意得即.则解得，则，所以该圆锥的高，所以圆锥体积.故答案为：.【点睛】本题考查了圆锥的性质及其体积计算，属于基础题.16. 已知以F为焦点的抛物线C：上的两点A、B满足，则|AB|_【答案】【解析】【分析】根据可求得直线的倾斜角,再联立方程根据抛物线的焦半径公式求解即可.【详解】由题,不妨设在第一象限.作分别垂直于准线, 于如图.设,由,可得：,由抛物线的定义知,中, ,故,所以直线的倾斜角为,斜率为.直线方程为,与抛物线方程

13、联立消得 所以,故答案为：.【点睛】本题主要考查了抛物线几何意义的运用,需要根据题中给的比例关系求出直线的倾斜角,再联立方程利用焦半径公式求解即可.属于中等题型.三、解答题： 17. 已知中，顶点，点在直线上，点在轴上，求周长的最小值.【答案】【解析】【分析】利用中垂线的性质,设点关于直线的对称点为,点关于轴的对称点为,连接交于点,交轴于点,则此时的周长取最小值,且最小值为,进而求解即可.【详解】解:设点关于直线的对称点为,点关于轴的对称点为,连接交于点,交轴于点,则此时的周长取最小值,且最小值为,如图所示,与关于直线对称,解得,易得，周长的最小值为.【点睛】本题考查点关于直线的对称点的应用,

14、考查利用对称性求最值问题,考查转化思想.18. 设,且.（1）求的值及的定义域；（2）求在区间上的最大值【答案】（1），定义域为；（2）2【解析】【分析】（1）由,可求得的值,结合对数的性质,可求出的定义域;（2）先求得在区间上的单调性,进而可求得函数的最大值.【详解】（1）,解得.故,则,解得,故的定义域为.（2）函数,定义域为,由函数在上单调递增,函数在上单调递增,在上单调递减,可得函数在上单调递增,在上单调递减.故在区间上的最大值为.【点睛】本题考查了函数的定义域,考查了函数的单调性与最值,考查了学生的计算求解能力,属于基础题.19. 如图，已知多面体ABC-A1B1C1，A1A，B1B

15、，C1C均垂直于平面ABC，ABC=120，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2（）证明：AB1平面A1B1C1；（）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值【答案】（）证明见解析；（）.【解析】【分析】分析:方法一：（）通过计算，根据勾股定理得,再根据线面垂直的判定定理得结论；（）找出直线AC1与平面ABB1所成的角，再在直角三角形中求解.方法二：（）根据条件建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，根据向量之积为0得出,再根据线面垂直的判定定理得结论；（）根据方程组解出平面的一个法向量，然后利用与平面法向量的夹角的余弦公式及线面角与向量夹角的互余关系求解.【详解】详解：方法一：（）由

16、得，所以.故.由， 得，由得，由，得，所以，故.因此平面.（）如图，过点作，交直线于点，连结.由平面得平面平面，由得平面，所以是与平面所成的角.由得，所以，故.因此，直线与平面所成的角的正弦值是.方法二：（）如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系O-xyz.由题意知各点坐标如下：因此由得.由得.所以平面.（）设直线与平面所成的角为.由（）可知设平面的法向量.由即可取.所以.因此，直线与平面所成的角的正弦值是.点睛：利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；

17、第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.20. 已知定义域为的函数，是奇函数.（1）求，的值；（2）若对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）先由求出，然后由求出（2）由得在上为减函数，然后将不等式化为即可.【详解】（1）因为是上的奇函数，所以，即，解得.从而有.又由知，解得.经检验，当时，满足题意（2）由（1）知，由上式易知在上为减函数，又因为是奇函数，从而不等式等价于.因为是上的减函数，由上式推得.即对一切有，从而，解得.【点睛】本题主要考查的是利用函数的奇偶性和单调性解不等式，较为典型.21. 如图，四边形ABCD是

18、边长为1的正方形，MD平面ABCD，NB平面ABCD，且MD=NB=1，E为BC的中点.（1）求异面直线NE与AM所成角的余弦值；（2）在线段AN上是否存在一点S，使ES平面AMN？若存在，求线段AS的长；若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2），理由见解析【解析】【分析】（1）建立空间如图所示的坐标系，求得 、 的坐标，可得cos的值，再取绝对值，即为异面直线NE与AM所成角的余弦值；（2）假设在线段AN上存在点S，使得ES平面AMN，求得（0，1，1），可设（0，）由ES平面AMN可得，解得 的值，可得的坐标以及|的值，从而得出结论【详解】以点D为原点，以DA所在的直线为x轴、以DC所

19、在的直线为y轴、以DM所在的直线为z轴，建立空间坐标系则有题意可得 D（0，0，0）、A（1，0，0）、B（1，1，0）、M（0，0，1）、N（1，1，1）、E（，1，0）（，0，1），（1，0，1），cos，故异面直线NE与AM所成角的余弦值为（2）假设在线段AN上存在点S，使得ES平面AMN，（0，1，1），可设（0，）又（，1，0），+（，1，），由ES平面AMN可得，即 ，解得此时，（0，），|，故当| 时，ES平面AMN【点睛】本题主要考查直线和平面垂直的判定定理的应用，用坐标法求异面直线所成的角，用坐标法证明两条直线互相垂直，体现了转化的数学思想，属于中档题22. 已知椭圆（）的一

20、个焦点与抛物线的焦点重合，截抛物线的准线所得弦长为1.（1）求椭圆的方程；（2）如图所示，是椭圆的顶点，是椭圆上除顶点外的任意一点，直线交轴于点，直线交于点，设的斜率为，的斜率为.证明：为定值.【答案】（1）；（2）详见解析.【解析】【分析】（1）由椭圆与抛物线的焦点相同可知椭圆的焦点为,即,且抛物线的准线为,再由弦长为1可得椭圆与准线的一个交点为,即可代入椭圆方程中,进而求解即可；（2）由（1）可得点的坐标,设直线的方程为（,）,与椭圆方程联立可得点的坐标,由直线的方程为与直线的方程联立可得点的坐标,再根据三点共线可得点的坐标,即可求得的斜率,进而得证.【详解】（1）解:由题,椭圆焦点即为抛物线焦点为,准线方程为,又椭圆截抛物线的准线所得弦长为1,可得一个交点为,由可得,从而该椭圆的方程为（2）证明:由（1）可得,且点不为椭圆顶点,则可设直线的方程为（,）,代入,解得,因为直线的方程为与联立解得,由,三点共线知,即,解得,所以的斜率为,则（定值）.【点睛】本题考查抛物线的几何性质的应用,考查椭圆的标准方程,考查椭圆中的定值问题,考查运算能力.