山西省临汾一中忻州一中康杰中学学年高二下学期联考数学理试题Word文档下载推荐.docx

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9．“”是“直线：

（）与双曲线：

的右支无交点”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

10．已知直线与圆相交于两点，，且，则等于（）

A．-3B．-4C．3D．4

11．已知函数f（x）＝ex（x－b）（b∈R）．若存在x∈，使得f（x）＋xf′（x）＞0，则实数b的取值范围是（　　）

A．B．

C．D．

二、填空题

12．设，若，则_________.

13．已知的终边过点，且，则__________．

14．若在区间上任取一个数，则函数（）在定义域上是单调函数的概率为__________．

15．已知椭圆（）的左右焦点分别为，，过点且斜率为的直线交直线于，若在以线段为直径的圆上，则椭圆的离心率为__________．

三、解答题

16．在中，内角的对边分别为，且.

（1）求；

（2）若，，求的面积.

17．已知圆的圆心在直线，且圆与轴切于点.

（1）直线，且与圆相切，求直线的方程；

（2）若过点的直线被圆所截的弦长为，求直线的斜率.

18．已知函数（，），.

（1）求曲线在点处的切线方程；

（2）若函数，，求的单调区间和最小值.

19．如图，在多面体中，四边形和都是直角梯形，，，，平面，，，是的中点.

（1）求证：

平面；

（2）求二面角的余弦值.

20．已知过抛物线（）的焦点且斜率为的直线与抛物线在第一象限的交点为，且.

（1）求抛物线的方程；

（2）过且斜率不为0直线交抛物线于两点，抛物线的准线与轴交于点，点与点关于轴对称，求证：

三点共线.

21．已知函数，，其中

（1）设函数，求函数的单调区间；

（2）若存在，使得成立，求的取值范围.

参考答案

1．D

【解析】集合，集合，则，故选D.

2．A

【解析】因为，所以，由已知得，解得，故选A.

3．C

【解析】由，得，，因为，所以,解得,故选C.

4．D

【解析】由系统抽样的步骤可判断选D.

5．D

【解析】

由平方可得2，所以,因为，所以，故选D.

点睛：

平面向量的数量积计算问题，往往有两种形式，一是利用数量积的定义式，二是利用数量积的坐标运算公式，涉及几何图形的问题，先建立适当的平面直角坐标系，可起到化繁为简的妙用.利用向量夹角公式、模公式及向量垂直的充要条件，可将有关角度问题、线段长问题及垂直问题转化为向量的数量积来解决．列出方程组求解未知数.

6．A

【分析】

观察可知，这个几何体由两部分构成,：

一个半圆柱体，底面圆的半径为1，高为2；

一个半球体，半径为1，按公式计算可得体积．

【详解】

设半圆柱体体积为，半球体体积为，由题得几何体体积为

，故选A．

【点睛】

本题通过三视图考察空间识图的能力，属于基础题．

7．B

【解析】由函数的图象，得函数的图象关于对称，在区间（0,1）和（1，2）的单调性与函数的单调性相反，且,故选B.

8．C

【解析】由题意得函数，因为,所以，由，得,解得，或，所以所求横坐标之和为，故选C.

三角函数图像的平移是常考题型，平移的口诀为“左加右减，上加下减”，即当函数向左平移个单位时，函数自变量，当函数向右平移个单位时，函数自变量，注意当自变量有系数时要把系数提出来再加减平移量.

9．A

【解析】直线（）恒过左顶点,则直线的斜率不小于双曲线的渐近线的斜率，所以，又，所以,

所以；

因为是的充分不必要条件，所以选A.

10．B

【解析】因为，所以直线与直线垂直，且圆心到直线的距离为，即，作图知，解得，则，故选B.

11．A

，若存在，使得，即存在，使得，即在恒成立，令，则，所以在上单调递增，所以，故，所以的取值范围是，故选A.

12．3

【解析】当时，,解得,不成立；

当时，，解得，成立.

所以.

13．-4

，解得，则，解得.

14．

【解析】因为函数在定义域上是单调函数，则当时，恒成立，所以,故所求概率为.

本题主要考查几何概型的求解方法，解决此类问题的关键是确定概率的发生是否与长度，面积体积有关的随机变量，若是，那么事件的总数即为与长度，面积体积有关的量，第一步，确定事件总体；

第二步，确定事件发生时的长度，面积，体积，第三步，用事件发生时的长度，面积，体积与总的作商.

15．

写出直线的方程，将直线的方程与直线联立求出点的坐标，由题意得出，可解出，然后利用离心率公式可求得结果.

设直线的方程为，联立，解得，即点的坐标为，

因为在以线段为直径的圆上，所以，有，

则，解得,则椭圆的离心率为.

故答案为：

.

在解析几何问题中常常会遇见这样的问题：

“点在以为直径的圆上”，常用的处理方法有两个：

一是转成向量的数量积为，坐标化处理；

二是转成斜率乘积为.

16．

（1）；

（2）.

【解析】试题分析:

（1）根据正弦定理把边化为角，即可求得；

（2）由余弦定理求得，由面积公式求解即可.

试题解析：

（1）由正弦定理得

∵，∴，

∵，∴.

（2）∵，，∴，

即，则，∵，∴

由

（1）得，∴的面积.

17．

（1）或22；

（1）根据条件求得圆心，由平行可设直线的方程为，利用圆心到直线的距离等于半径列方程求解；

（2）根据题意得到直线斜率存在，设为，表示出直线方程，利用点到直线的距离，根据垂径定理列方程求解.

（1）∵圆与轴切于点，

∴圆心的坐标为直线与直线的交点坐标，

由，得圆心的坐标为，

则圆的半径为，

设直线的方程为，

则，解得或22，

∴直线的方程为：

或.

（2）设直线，

由

（1）得圆的方程为.

圆心到直线的距离，直线被圆所截的弦长为，

得，化简得，即.

直线与圆的位置关系的处理有两个方法，一个是代数法，即直线和圆联立，此方法运算量较大，一般不用；

另外常用的是几何法，即转化为圆心到直线的距离处理位置关系.处理弦长问题是也是几何法较简洁，即圆的垂径定理.

18．

（1）

（2）单调增区间为，减区间为，最小值为.

（1）先求导数，再借助导数的几何意义求解；

（2）先求导数，再借助导数与函数的单调性之间的关系求解：

【试题分析】

（1）

（1）因为，

由即，得，

则的解析式为，即有，

所以所求切线方程为.

（2）∵，∴，

由，得或，

由，得，∵，

∴的单调增区间为，减区间为，

∵，∴的最小值为.

19．

（1）见解析；

【解析】试题分析：

（1）取的中点为，连接，要证平面，只需证得即可；

（2）过作于，连接，过作于，连接，则为所求二面角的平面角的补角.

（1）证明：

取的中点为，连接,

∵是的中点，∴是梯形的中位线，

∵，，

∴，，即四边形是平行四边形，

∴，又平面，平面，∴平面.

（2）解：

∵，平面，∴平面，

过作于，设，则，连接，

由

（1）得，

过作于，连接，则为所求二面角的平面角的补角.

∵，∴，则，

∴，则,

∴二面角的余弦值为.

20．

（1）；

（2）见解析.

（1）设，过作轴于，有斜率可得，由抛物线定义可得，解方程即可；

（2）设直线和的斜率分别为，要证明三点共线，只需证明即可，设直线的方程为，，，将斜率用坐标表示代入化简即可证得.

（1）设，过作轴于，

∵直线的斜率为，∴,

由抛物线的定义得，得

∴抛物线方程为.

（2）证明：

由

（1）得，，设直线的方程为，，，

∵，∴与不重合，

由，得，∴，，

设直线和的斜率分别为，

∵

∴直线与关于轴对称，

∴三点共线.

21．

（1）函数在上单调递增；

（1）求函数的导数，讨论的关系由导数的正负即可找到单调区间；

（2）若存在，使得成立，即存在，使得，只需函数在上的最小值小于零即可.

（1），

①当时，即时，在上，在上

所以在上单调递减，在上单调递增；

②当，即时，在上，

所以，函数在上单调递增.

（2）若存在，使得成立，即存在，使得，即函数在上的最小值小于零.

由

（1）可知：

①当，即时，，的上单调递减，

所以的最小值为，

由可得，

因为，所以.

②当，即时，在上单调递增，

所以最小值为，由可得.

③当，即时，可得的最小值为，

因为，所以，，故，不合题意

综上可得所求的范围是.

不等式的存在问题即为不等式的有解问题，常用的方法有两个：

一是，分离变量法，将变量和参数移到不等式的两边，要就函数的图像，找参数范围即可；

二是，含参讨论法，此法是一般方法，也是高考的热点问题，需要求导，讨论参数的范围，结合单调性处理.