黑龙江省哈尔滨市第六中学2020学年高二数学下学期4月月考试题 理（含解析）

哈尔滨市第六中学2020届4月份阶段性测试高二理科数学试题一、选择题（每题5分，共60分）1.是成立的（ ）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】A【解析】【分析】解出含有绝对值的不等式的解集，根据小范围推大范围得到结果即可.【详解】解得到假设，一定有反之不一定，故是成立的充分不必要条件.故答案为：A.【点睛】判断充要条件的方法是：若pq为真命题且qp为假命题，则命题p是命题q的充分不必要条件；若pq为假命题且qp为真命题，则命题p是命题q的必要不充分条件；若pq为真命题且qp为真命题，则命题p是命题q的充要条件；若pq为假命题且qp为假命题，则命题p是命题q的即不充分也不必要条件判断命题p与命题q所表示的范围，再根据“谁大谁必要，谁小谁充分”的原则，判断命题p与命题q的关系2.在同一平面直角坐标系中，经过伸缩变换后，曲线变为曲线，则曲线的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】将代入曲线化简可得到式子.【详解】将代入曲线方程得到。故答案为：B.【点睛】本题考查了曲线的变换公式的应用，属于基础题.3.直线分别与轴，轴交于，两点，点在圆上，则面积的取值范围是A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据条件得到三角形的底边长为，高有最大值和最小值，最小值为最大值为进而得到面积的范围.【详解】根据题意得到，三角形面积的大小，取决于三角形的高的大小，点P到AB的距离，最小是圆心到直线的距离减半径，最大是圆心到直线的距离加半径，根据点到直线的距离得到，三角形的高最大值为 三角形的高的最小值为面积为：故范围是：.故答案为：B.【点睛】这个题目考查的是直线和圆的位置关系，一般直线和圆的题很多情况下是利用数形结合来解决的，联立的时候较少；在求圆上的点到直线或者定点的距离时，一般是转化为圆心到直线或者圆心到定点的距离，再加减半径，分别得到最大值和最小值.4.设曲线在点处的切线方程为，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】对函数求导，得到根据切线方程得到【详解】曲线,切线方程,故得到故答案为：C.【点睛】这个题目考查了基本初等函数的求导公式，以及导数的几何意义，题目比较简单.5.已知函数，且，则的值是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据三角函数的求导公式得到，再由两角和公式得到结果.【详解】函数, 则 故答案为：C.【点睛】这个题目考查了三角函数的二倍角公式的应用,题目比较简单.6.已知直线的参数方程为 ，则直线的倾斜角为()A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据直线的参数方程得到倾斜角为通过三角函数的诱导公式得到结果.【详解】直线的参数方程为(t为参数）进而得到直线的倾斜角为 故答案为：B.【点睛】这个题目考查了直线的参数方程的应用，考查了参数方程中系数的几何意义.7.已知直线：(为参数)和抛物线：，与分别交于点，则点到两点距离之和是()A. 10B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】联立直线和抛物线方程，根据参数t的几何意义得到.【详解】直线：(为参数)和抛物线：联立得到，根据参数t的几何意义得到点到两点距离之和是：故答案为：D.【点睛】本题主要考查了参数方程与直角坐标方程的互化，以及直线参数方程的应用，其中解答中熟记极坐标方程与直角坐标方程的互化公式，以及直线参数方程中参数的几何意义的合理应用是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.8.在的条件下，五个结论：； ；设都是正数，则三个数至少有一个不小于，其中正确的个数是( )A. 2B. 3C. 4D. 5【答案】C【解析】【分析】根据不等式的性质以及变形做差的方法得到正确，由反证法可得证.【详解】对于等价于，恒成立，故正确；，等价于恒成立，故正确；，等价于恒成立，故正确；，等价于 这个不等式应该是非负的，故不正确；设都是正数，设三个数全都小于2，因为，如果每个值都小于2，则这三组的和应小于6，这互相矛盾，故原命题正确.故答案为：C.【点睛】这个题目考查了命题真假的判断，不等式性质的应用，以及反证法的应用，题目比较综合.9.设曲线C的参数方程为,直线的方程为,则曲线上到直线的距离为4的点的个数为（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】B【解析】【分析】曲线C表示以（2，1）为圆心，以3为半径的圆，圆心C（2，1）到直线l的距离d3，从而直线与圆相交所以与l平行的直线与圆的2个交点满足题意【详解】由曲线C的参数方程为,得（x2）2+（y+1）29曲线C表示以（2，1）为圆心，以3为半径的圆，则圆心C（2，1）到直线l的距离d所以直线与圆相交所以与l平行的直线与圆的2个交点满足题意，又3d4，故满足题意的点有2个故选：B【点睛】本题考查曲线C上到直线l距离为4的点的个数的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意极坐标方程、直角坐标方程互化公式合理运用10.已知，且，则的最小值是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据柯西不等式得到不等式关系，进而求解.【详解】根据柯西不等式得到 进而得到最小值是：故答案为：B.【点睛】这个题目考查了柯西不等式的应用，比较基础.11.已知，且，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据不等式的性质将原式化简为化简得到.【详解】因为 故答案为：A.【点睛】在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误.12.在直角坐标系中，圆的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，以轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，直线的极坐标方程为，（）.若直线与圆相交于，两点，的面积为2，则值为（ ）A. 或3B. 1或5C. 或D. 2或6【答案】C【解析】圆的普通方程为 ，所以圆心为 ，半径为 ，由 ，可得 等腰直角三角形， 到 的距离为 ，直线化为直角坐标方程为 ，即 ，由点到直线的距离公式可得 ，得 或 ，故选C.二、填空题（每题5分，共20分）13.已知函数，且，则_；【答案】【解析】【分析】赋值法，令x=-1,1解方程得到，再代入得到结果.【详解】函数, ，进而得到 -1.故答案为：-1.【点睛】这个题目考查了导数的基本运算，以及赋值法的应用，比较基础.14.在极坐标系 中，曲线与的交点的极坐标为_；【答案】【解析】转化为直角坐标系下与的交点为（0，），该点在极坐标系下表示为15.已知最小值为5，则_；【答案】【解析】【分析】讨论a的范围，分情况去掉绝对值，找到不同情况下的最值，进而得到参数值.【详解】当时，已知 ，此时最小值是当时，代入得到a=12或-18，故此时a=12;当时， 、此时函数在x=处取得最小值，代入得到a=-18.故答案为：12或-18.【点睛】这个题目考查了绝对值不等式的最值的求法，常见的解法是零点分区间去掉不等式.16.若对任意，不等式恒成立，则实数的范围是 _【答案】【解析】试题分析：x=0时，恒成立；x0时，3x22axx可化为2a3x+1，3x+2=3，2a31，a1；x0时，3x22axx可化为2a（3x）1，3x3，2a31，a11a1考点：函数恒成立问题，等式的解法点评：本题考查了函数恒成立问题，考查基本不等式的运用，考查分类讨论三、解答题（共70分）17.设函数(1)解不等式(2)若在上有实数解,求的取值范围.【答案】（1）；（2） 【解析】【分析】（1）零点分区间写出函数的表达式，分段解决即可；（2）由绝对值三角不等式得到，故原不等式转化为 ，解出即可.【详解】(1) 零点分区间，函数 ， 解得： 解集为.（2）=根据绝对值三角不等式得到 故得到 若在上有实数解,即 根据二次函数的性质得到解为： .【点睛】本题主要考查了绝对值不等式的求解，以及不等式的有解问题，其中解答中根据绝对值的定义，合理去掉绝对值号，及合理转化有解问题是解答本题的关键，着重考查分析问题和解答问题的能力，以及转化思想的应用.18.平面直角坐标系中，是过定点且倾斜角为的直线，在极坐标系（以坐标原点为极点，以轴非负半轴为极轴，取相同单位长度）中，曲线的极坐标方程为 .（1）写出直线的参数方程，并将曲线的方程为化直角坐标方程； （2）若曲线与直线相交于不同的两点，求的取值范围。【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）根据公式分别得到直线的参数方程和曲线的直角坐标方程；（2）联立直线的参数方程和曲线C的一般方程，根据t的几何意义得到，根据三角函数的值域的求法，结合判别式大于0得到最值.【详解】（1）直角坐标系中，是过定点且倾斜角为的直线，根据这一条件可得到：；曲线的极坐标方程为 根据代入上式化简得到，化简得到.(2) 联立直线的参数方程和曲线C的一般方程得到 ,根据上图知当时，取得最大值24，由图知直线倾斜角可以取到这一值；，代入上式得到故答案为：.【点睛】本题主要考查了极坐标方程与直角坐标方程的互化，以及直线参数方程的应用，其中解答中熟记极坐标方程与直角坐标方程的互化公式，以及直线参数方程中参数的几何意义的合理应用是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.19.已知函数，且的解集为（1）求的值；（2）若均为正数，且，求的最大值；的最大值【答案】（1）；（2）见解析【解析】【分析】（1）根据f（x+2）的解析式得出f（x+2）的单调性和奇偶性，根据解集得出f（5）0，故而可求出m；【详解】（1）f（x+2）m|x|，有解则m0,解集为： (2)均为正数，且,由柯西不等式得到： 最大值为3.， 故得到最大值为3.【点睛】本题考查绝对值不等式的解法，以及柯西不等式的应用，属于基础题20.已知椭圆： （为参数），是上的动点，且满足（为坐标原点），以原点为极点，以轴的正半轴为极轴建立极坐标系，点的极坐标为（1）求线段的中点的轨迹的普通方程；（2）证明：为定值，并求面积的最大值。【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）依据点DA、的直角坐标，求出线段AD的中点,消去参数得M的轨迹E的普通方程；（2）椭圆C的极坐标方程为：,；设A（1，），B（2，+）， ,AOB面积由均值不等式得到结果.【详解】（1）n 点D的直角坐标为（2，2），由题意设A（3cos，sin），线段AD的中点，点M的参数方程为：，消去参数：.M的轨迹E的普通方程：;（2）椭圆C的普通方程为：，化为极坐标方程为：,OAOB，设A（1，），B（2，+）即+（定值）AOB面积，因为 故面积的最大值为：.AOB面积的最大值为【点睛】本题考查了极坐标与直角坐标方程的互化、参数方程化为普通方程、极坐标的应用、三角函数的基本关系式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题21.已知三棱柱中,三个侧面均为矩形,底面为等腰直角三角形, ,点为棱的中点,点在棱上运动.（1）求证 ；（2）当点运动到某一位置时，恰好使二面角的平面角的余弦值为，求点到平面的距离；（3）在（2）的条件下，试确定线段上是否存在一点，使得平面？若存在，确定其位置；若不存在，说明理由.【答案】（1）见解析；（2）；（3）存在，为中点.【解析】【分析】（1）以CB为x轴，CA为y轴，CC1为z轴，C为原点建立坐标系，设E（m，0，2），要证A1CAE，可证,只需证明，利用向量的数量积运算即可证明；（2）分别求出平面EA1D、平面A1DB的一个法向量，由两法向量夹角余弦值的绝对值等于，解得m值，由此可得答案；（3）在（2）的条件下，设F（x，y，0），可知与平面A1DB的一个法向量平行，由此可求出点F坐标，进而求出|，即得答案.【详解】（1）以CB为x轴，CA为y轴，CC1为z轴，C为原点建立坐标系，设E（m，0，2），C（0，0，0），A（0，2，0），A1（0，2，2），D（0，0，1），B（2，0，0），（0，2，2），（m，2，2），因为0+（2）（2）220，所以，即A1CAE；（2）（m，0，1），（0，2，1），设（x，y，z）为平面EA1D的一个法向量，则 即 ，取（2，m，2m），（2，0，1），设（x，y，z）为平面A1DB的一个法向量，则，即，取（1，1，2），由二面角EA1DB的平面角的余弦值为 ，得 |，解得m1，平面A1DB的一个法向量（1，1，2），根据点E到面的距离为：.（3）由（2）知E（1，0，2），且（1，1，2）为平面A1DB的一个法向量，设F（x，y，0），则（x1，y，2），且，所以x11，y1，解得x0，y1，所以（1，1，2）， ，故EF的长度为，此时点F（0，1，0）存在F点为AC中点.【点睛】本题考查重点考查直线与平面垂直的性质、二面角的平面角及其求法、空间点、线、面间距离计算，考查学生空间想象能力、推理论证能力22.随着快递行业的崛起，中国快递业务量惊人，2020年中国快递量世界第一，已连续五年突破五百亿件，完全超越美日欧的总和，稳居世界第一名某快递公司收取费的标准是：不超过1kg的包裹收费8元；超过1kg的包裹，在8元的基础上，每超过1kg(不足1kg，按1kg计算)需再收4元该公司将最近承揽(接收并发送)的100件包裹的质量及件数统计如下(表1)：表1：公司对近50天每天承揽包裹的件数(在表2中的“件数范围”内取的一个近似数据)、件数范围及天数，列表如下(表2)：表2：(1)将频率视为概率，计算该公司未来3天内恰有1天揽件数在100299之间的概率；(2)根据表1中最近100件包裹的质量统计，估计该公司对承揽的每件包裹收取快递费的平均值：根据以上统计数据，公司将快递费的三分之一作为前台工作人员的工资和公司利润，其余用作其他费用目前，前台有工作人员5人，每人每天揽件数不超过100件，日工资80元公司正在考虑是否将前台人员裁减1人，试计算裁员前、后公司每天揽件数的数学期望；若你是公司决策者，根据公司每天所获利润的期望值，决定是否裁减前台工作人员1人?【答案】(1) (2) 12 应裁减1人【解析】【分析】(1)根据独立重复时间概率计算公式，可得未来3天内恰有1天揽件数在100299之间的概率。(2)