湖南省长沙市长郡中 2020-2021学年高二上学期期中考试数学试卷含答案.docx

1、长郡中学2020-2021学年度高二第一学期期中考试数学一单项选择题1. 若：，则（ ）A. ：，B. ：，C. ：，D. ：，2. 椭圆的焦点坐标是（ ）A B. C. D. 3. 已知，则“”是“”（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件4. 若函数，满足，且，则（ ）A. 1B. 2C. 3D. 45. 双曲线的渐近线方程是：，则双曲线的焦距为（ ）A. 3B. 6C. D. 6. 已知函数，其导函数的图象如图所示，则（ ）A. 在上为减函数B. 在处取极小值C. 在上为减函数D. 在处取极大值7. 在平面内，A，B是两个定点，C是动点，若，

2、则点C的轨迹为（ ）A. 圆B. 椭圆C. 抛物线D. 直线8. 若函数在是增函数，则的最大值是（ ）A. B. C. D. 9. 苏州市“东方之门”是由两栋超高层建筑组成的双塔连体建筑，“门”的造型是东方之门的立意基础，“门”的内侧曲线呈抛物线型，如图1，两栋建筑第八层由一条长的连桥连接，在该抛物线两侧距连桥处各有一窗户，两窗户的水平距离为，如图2，则此抛物线顶端到连桥的距离为（ ）A. B. C. D. 10. 已知函数若存在实数，满足，且，则的最大值为（ ）A. B. C. D. 11. 若椭圆和双曲线的共同焦点为，是两曲线的一个交点，则的值为 （ ）A. B. C. D. 12. 已知

3、函数，同时满足：，都有或，则实数的取值范围为（ ）A. (-3，0)B. C. (-3，-1)D. (-3，-1二多项选择题13. 已知曲线.（ ）A. 若mn0，则C是椭圆，其焦点在y轴上B. 若m=n0，则C圆，其半径为C. 若mn0，则C是两条直线14. 正方体中，E、F、G、H分别为、BC、CD、的中点，则下列结论正确的是（ ）A. B. 平面平面C. 面AEFD. 二面角的大小为15. 若函数在定义域内的某个区间上是单调增函数，且在区间上也是单调增函数，则称是上的“一致递增函数”.已知，若函数是区间上的“一致递增函数”，则区间可能是（ ）A. B. C. D. 三填空题16. 函数的

4、图象在点处的切线方程为_17. 在正方体中，点分别是的中点，则和所成角的余弦值为_18. 若“”是“”的必要不充分条件，则的最大值为_19. 已知：如图，在的二面角的棱上有两点，直线分别在这个二面用的两个半平面内，且都垂直，已知，则_20. 已知为抛物线：的焦点，过作两条互相垂直的直线，直线与交于两点，直线与交于两点，则的最小值为_.四解答题21. 设椭圆C：过点（0，4），离心率为.（1）求C的方程；（2）求过点（3，0）且斜率为直线被C所截线段的中点坐标22. 已知关于的函数，其导函数为，且函数在处有极值.（1）求实数的值；（2）求函数在上的最大值和最小值.23. 如图，平面，四边形是正方

5、形，分别是的中点.（1）求证：平面平面；（2）求点到平面的距离.24. 已知抛物线：的焦点为，倾斜角为45的直线过点与抛物线交于，两点，且.（1）求；（2）设点为直线与抛物线在第一象限的交点，过点作的斜率分别为，的两条弦，如果，证明直线过定点，并求出定点坐标.25. 已知函数(，为自然对数底数).（1）讨论的单调性；（2）当，恒成立，求整数的最大值.长郡中学2020-2021学年度高二第一学期期中考试数学一单项选择题1. 若：，则（ ）A. ：，B. ：，C. ：，D. ：，【答案】B【解析】【分析】根据全称命题的否定，直接得出结果.【详解】若：，则：，.故选：B.2. 椭圆的焦点坐标是（ ）

6、A. B. C. D. 【答案】C【解析】结合椭圆方程可知：，则椭圆的焦点位于轴上，且：，故椭圆的焦点坐标是.本题选择C选项.3. 已知，则“”是“”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】求解一元二次不等式，得到，然后结合必要条件、充分条件的判定方法即可得到结果【详解】由，解得， “”是“”的必要不充分条件.故选：B【点睛】本题考查必要条件、充分条件与充要条件的判断，考查了一元二次不等式的解法，是基础题4. 若函数，满足，且，则（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】C【解析】【分析】先令，求出，再对原式求导，即

7、可得出结果.【详解】因为函数，满足，且，所以，则，对两边求导，可得，所以，因此.故选：C.5. 双曲线的渐近线方程是：，则双曲线的焦距为（ ）A. 3B. 6C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据双曲线的渐近线方程是：，则求解.【详解】因为双曲线的渐近线方程是：，所以，所以焦距为.故选：B【点睛】本题主要考查双曲线的几何性质，属于基础题.6. 已知函数，其导函数的图象如图所示，则（ ）A. 在上为减函数B. 在处取极小值C. 在上为减函数D. 在处取极大值【答案】C【解析】【分析】由导函数图象与原函数图象关系可解.【详解】由导函数图象知，在和上单增，在，上单减，在在处取极大值，在处取极小值

8、.故选：C.【点睛】本题考查利用导函数图象研究原函数的单调及极值导数法研究函数在 内单调性的步骤：(1)求；(2)确定在内的符号；(3)作出结论：时为增函数；时为减函数研究含参数函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论7. 在平面内，A，B是两个定点，C是动点，若，则点C的轨迹为（ ）A. 圆B. 椭圆C. 抛物线D. 直线【答案】A【解析】【分析】首先建立平面直角坐标系，然后结合数量积的定义求解其轨迹方程即可.【详解】设，以AB中点为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，则：，设，可得：，从而：，结合题意可得：，整理可得：，即点C的轨迹是以AB中点为圆心，为半径的圆.

9、故选：A.【点睛】本题主要考查平面向量及其数量积的坐标运算，轨迹方程的求解等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.8. 若函数在是增函数，则的最大值是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由题意可知对任意的恒成立，由参变量分离法可得，利用函数单调性求出函数在区间上的最小值，即可得出实数的最大值.【详解】，则，由题意可知对任意的恒成立，则.对于函数，对于任意的恒成立，所以，函数在区间上单调递增，所以，函数在x=1处取得最小值，即，.因此，实数的最大值为.故选：A.【点睛】本题考查利用函数在区间上的单调性求参数，一般转化为导数不等式在区间上恒成立，考查计算能力，属于中等题.

10、9. 苏州市“东方之门”是由两栋超高层建筑组成的双塔连体建筑，“门”的造型是东方之门的立意基础，“门”的内侧曲线呈抛物线型，如图1，两栋建筑第八层由一条长的连桥连接，在该抛物线两侧距连桥处各有一窗户，两窗户的水平距离为，如图2，则此抛物线顶端到连桥的距离为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】建立适当坐标系，设点与的坐标，设抛物线方程为：，列出方程组，求解，即可得出结果.【详解】建系如图，设抛物线方程为：，由题意设，则，解得：，.所以此拋物线顶端到连桥的距离为：.故选：B.10. 已知函数若存在实数，满足，且，则的最大值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析

11、】实数，满足，且则必有、分别在、上且，结合构造，利用导数研究单调性，即可求出的最大值【详解】的图象如下存在实数，满足，且，即，则令，则在上单调递增，故故选：B【点睛】本题考查了利用分段函数的图像分析存在性问题，并确定目标式中未知数的范围，进而构造函数，通过导数研究其单调性求最值11. 若椭圆和双曲线的共同焦点为，是两曲线的一个交点，则的值为 （ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】设，根据椭圆和双曲线的定义可得出和的值，进而可得出和的值，再求出的值，最后利用计算即可得解【详解】由椭圆和双曲线定义，不妨设，根据椭圆和双曲线的定义可得：，联立上面两式，解之得：，由椭圆的方程可得，所

12、以焦距，所以.故选：A【点睛】本题考查圆锥曲线定义的应用，解题关键是由定义得出和的值，考查逻辑思维能力和计算能力，属于常考题.12. 已知函数，同时满足：，都有或，则实数的取值范围为（ ）A. (-3，0)B. C. (-3，-1)D. (-3，-1【答案】C【解析】【分析】先判断当时，当时，问题转化为当时，恒成立且当时，有解，分类讨论列出不等式可解出的范围【详解】，当时，当时.因为，都有或且 ，所以函数需满足:当时，恒成立；当时，有解.（1）当时，显然不满足条件；（2）当时，方程的两根为，解得.故选：C.【点睛】转化是数学解题的灵魂，合理的转化不仅仅使问题得到了解决，还可以使解决问题的难度大

13、大降低，本题将问题转化为当时，恒成立且当时，有解是解题的关键.二多项选择题13. 已知曲线.（ ）A. 若mn0，则C是椭圆，其焦点在y轴上B. 若m=n0，则C是圆，其半径为C. 若mn0，则C是两条直线【答案】ACD【解析】【分析】结合选项进行逐项分析求解，时表示椭圆，时表示圆，时表示双曲线，时表示两条直线.【详解】对于A，若，则可化为，因为，所以，即曲线表示焦点在轴上的椭圆，故A正确；对于B，若，则可化为，此时曲线表示圆心在原点，半径为的圆，故B不正确；对于C，若，则可化为，此时曲线表示双曲线，由可得，故C正确；对于D，若，则可化为，此时曲线表示平行于轴的两条直线，故D正确；故选：ACD

14、.【点睛】本题主要考查曲线方程的特征，熟知常见曲线方程之间的区别是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.14. 正方体中，E、F、G、H分别为、BC、CD、的中点，则下列结论正确的是（ ）A. B. 平面平面C. 面AEFD. 二面角的大小为【答案】BC【解析】【分析】通过线面垂直的判定和性质，可判断选项，通过线线和线面平行的判断可确定和选项，利用空间向量法求二面角，可判断选项.【详解】解：由题可知，在底面上的射影为，而不垂直，则不垂直于，则选项不正确；连接和，E、F、G、H分别为、BC、CD、BB、的中点，可知，所以平面，则平面平面，所以选项正确；由题知，可设正方体的棱长为2，以为原点，为

15、轴，为轴，为轴，则各点坐标如下：，设平面的法向量为，则，即，令，得，得平面的法向量为，所以，所以平面，则选项正确；由图可知，平面，所以是平面的法向量，则.得知二面角的大小不是，所以不正确.故选：BC. 【点睛】本题主要考查空间几何体线线、线面、面面的位置关系，利用线面垂直的性质和线面平行的判定，以及通过向量法求二面角，同时考查学生想象能力和空间思维.15. 若函数在定义域内的某个区间上是单调增函数，且在区间上也是单调增函数，则称是上的“一致递增函数”.已知，若函数是区间上的“一致递增函数”，则区间可能是（ ）A. B. C. D. 【答案】AD【解析】【分析】求导得到，放缩得到导函数的正负，结

16、合特殊值排除得到答案.【详解】，则；，则，当时，函数单调递增，函数单调递增，A满足；，故B不满足；，故C不满足；当时，故D满足.故选：AD.【点睛】本题考查了函数的新定义问题，利用导数判断函数的单调性，意在考查学生的计算能力和应用能力.三填空题16. 函数的图象在点处的切线方程为_【答案】【解析】试题分析：，当时，所以切线方程，即切线方程是.考点：导数几何意义17. 在正方体中，点分别是的中点，则和所成角的余弦值为_【答案】【解析】【分析】以为原点建立空间直角坐标系，设棱长为，根据异面直线所成角的空间向量求法可求得结果.【详解】以为原点可建立如下图所示的空间直角坐标系设正方体棱长为，则，即异面

17、直线与所成角的余弦值为故答案为：【点睛】本题考查空间向量法求解异面直线所成角的问题，易错点是忽略异面直线所成角的范围为，造成求解余弦值时符号错误.18. 若“”是“”的必要不充分条件，则的最大值为_【答案】-1.【解析】由得：或；若“ ”是“ ”的必要不充分条件，则，所以的最大值为.【点睛】从集合的角度看充要条件，若对应集合 ，对应集合， 如果，则 是 的充分条件；如果 ，则 是 的充分不必要条件；如果，则 是 的必要条件；如果 ，则是 的必要不充分条件；如果，则是的充要条件，如果无上述包含关系，则是 的既不充分也不必要条件；19. 已知：如图，在的二面角的棱上有两点，直线分别在这个二面用的两

18、个半平面内，且都垂直，已知，则_【答案】【解析】，所以 ，所以，故填：.【点睛】本题考查了利用平面向量解决立体几何的问题，也是比较容易忽视的方法，所求的向量用已知向量表示以后，转化为数量积的计算，本题的关键是利用三角形法则的推论，用表示.20. 已知为抛物线：的焦点，过作两条互相垂直的直线，直线与交于两点，直线与交于两点，则的最小值为_.【答案】36【解析】【分析】设直线的方程为，联立方程组，分别求得和，结合基本不等式，即可求得的最小值，得到答案.【详解】由题，抛物线的焦点，准线方程为，设直线的方程为，联立方程组，则，设，可得，由抛物线的定义可得，由，可将上式中的换为，可得，则，当且仅当，上式

19、取得等号，则的最小值为36.故答案为：36.【点睛】与抛物线的焦点有关问题的解题策略：1、与抛物线的焦点有关的问题，一般情况下都与抛物线的定义有关：“看到准线想焦点，看到焦点想准线”，这是解决与过抛物线焦点的弦有关问题的重要途径；2、特别提醒：主要灵活运用抛物线上一点到焦点的距离：或.四解答题21. 设椭圆C：过点（0，4），离心率为.（1）求C的方程；（2）求过点（3，0）且斜率为的直线被C所截线段的中点坐标【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用待定系数法求出=4，再根据，代入即可求解.（2）直线方程为，将直线方程与椭圆方程联立消，利用韦达定理即可求解.【详解】（1）将（0，4）

20、代入C的方程得，=4，又 得，即，A=5，C的方程为（2）过点且斜率为的直线方程为，设直线与C的交点为A，B，将直线方程代入C的方程，得，即， AB的中点坐标，即中点为【点睛】本题考查了待定系数法求椭圆的标准方程、直线与椭圆的位置关系，考查了计算求解能力，属于基础题.22. 已知关于的函数，其导函数为，且函数在处有极值.（1）求实数的值；（2）求函数在上最大值和最小值.【答案】（1），；（2），.【解析】【分析】（1）先对函数求导，根据函数极值，列出方程组求解，得出，再进行检验，即可得出结果；（2）根据（1）的结果，得到，根据导数的方法研究函数在给定区间的单调性，即可得出最值.【详解】（1）因

21、为，所以.因为函数在处有极值.所以，解得或，（i）当，时，所以在上单调递减，不存在极值.（ii）当，时，当时，单调递增；当时，单调递减.所以在处存在极大值，符合题意.综上所述，满足条件的值为，.（2）由（1）知，则，令，得，所以，的变化如下表：-1(-1，1)1(1，2)2+0-递增递减所以，.【点睛】思路点睛：导数的方法求解不含参数的函数在给定区间的最值问题时，一般需要对函数求导，通过导数的方法研究函数单调性，计算函数的极值，以及端点值，比较大小，即可得出结果.23. 如图，平面，四边形是正方形，分别是的中点.（1）求证：平面平面；（2）求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）.【

22、解析】【分析】（1）首先根据题意分别以所在直线为轴轴和轴建立空间直角坐标系，分别求平面和平面的法向量，根据，即可证明平面平面.（2）利用向量法求点到平面的距离即可.【详解】（1）平面，如图所示，分别以所在直线为轴轴和轴建立空间直角坐标系，如图所示：可得，设是平面的一个法向量，可得，取，得，是平面的一个法向量，设是平面的一个法向量，可得，取，得，是平面的一个法向量，即平面的法向量与平面的法向量互相垂直，可得平面平面；（2）由（1）得是平面的一个法向量，得，点到平面的距离.24. 已知抛物线：的焦点为，倾斜角为45的直线过点与抛物线交于，两点，且.（1）求；（2）设点为直线与抛物线在第一象限的交点

23、，过点作的斜率分别为，的两条弦，如果，证明直线过定点，并求出定点坐标.【答案】（1）；（2）证明见解析，定点为.【解析】【分析】（1）先写出点的坐标，联立直线与抛物线方程，由抛物线焦点弦公式列出方程，即可解出的值；（2）设出直线的方程，注意讨论斜率是否存在，联立直线与抛物线，由，即可求出直线的表达式，从而证明直线过定点，并求出定点坐标.【详解】解：（1）由题意知：，则直线的方程为，代入抛物线方程得，设，根据抛物线定义，；（2）抛物线方程，直线，即，解得.当斜率不存在时，设方程为，则，解得： ，方程为；当斜率存在时，设：，即 ，化简得：，此时：，过定点，综上，直线过定点.【点睛】方法点睛：(1)

24、直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；(2)有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式，若不过焦点，则必须用一般弦长公式25. 已知函数(，为自然对数的底数).（1）讨论的单调性；（2）当，恒成立，求整数的最大值.【答案】（1）见解析；（2）1.【解析】【分析】（1）按照、分类，结合导函数的正负即可得解；（2）转化条件为在上恒成立，令，按照、分类，结合导数确定函数的最大值即可得解.【详解】（1）当时，在上单调递减；当时，故当时，有，所以在单调递增；当时，有，所以在上单调递减；所以当时，在上单调递减；当时，在上单调递增，在上单调递减；（2）因当时，恒成立，所以在上恒成立，令，则，当即时，在单调递减，则要使，解得(不合题意)；当即时，则当时，函数单调递增；当时，函数单调递减；则要使令，设，则要使，因为，所以在单调递减，而，所以整数的最小值为2，故整数的最大值为1.28