【解析】安徽省六安市舒城中学2019-2020学年高二下学期第一次月考数学（理）试题

舒城中学2019—2020学年度第二学期第一次统考高二理数注意事项：1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.2.答题前，考生务必将自己的姓名、座位号填写在答题卡相应的位置.3.考试结束后，将答题卡交回.第Ⅰ卷（选择题共60分）一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.在复平面内，复数对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】D【解析】【分析】利用复数的除法运算化简，再利用复数的几何意义得解.【详解】解：，由复数的几何意义知在复平面内的对应点为，该点位于第四象限.故选：．【点睛】本题考查复数的除法运算和复数的几何意义.复数除法运算关键是分母“实数化”，其一般步骤如下：(1)分子、分母同时乘分母的共轭复数；(2)对分子、分母分别进行乘法运算；(3)整理、化简成实部、虚部分开的标准形式．名新生的身体素质，将这些学生编号为，从这些新生中用系统抽样方法等距抽取名学生进行体质测验，若号学生被抽到，则下面名学生中被抽到的是（）A.号学生 B.号学生 C.号学生 D.号学生【答案】D【解析】【分析】按系统抽样的概念，编号就成等差数列，即间隔相等．【详解】1000人抽100人，每10人抽一人，因此45号被抽到，其他的号码个位数都应是5，只有D符合．故选：D.【点睛】本题考查系统抽样，掌握系统抽样的概念是解题基础．3.用反证法证明命题“设实数、、满足，则、、中至少有一个数不小于”时假设的内容是（）A.、、都不小于 B.、、都小于C.、、至多有一个小于 D.、、至多有两个小于【答案】B【解析】【分析】否定原命题的结论可得解.【详解】反证法证明命题时，要假设结论不成立．故用反证法证明命题“设实数、、满足，则、、中至少有一个数不小于”时的假设是“、、都小于”．故选：B．【点睛】本题考查了反证法的概念，属基础题．4.如图，4片花瓣由曲线与曲线围成，则每片花瓣的面积为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】由题得，两曲线在第一象限的函数解析式分别为，联立可得，或，所以每片叶子的面积为，解定积分即可得到本题答案.【详解】如图1所示，由解得或可得每片叶子的面积为.故选:C【点睛】本题主要考查利用微积分基本定理求曲边图形的面积，属基础题.5.第七届世界军人运动会于2019年10月18日至27日在中国武汉举行，中国队以133金64银42铜位居金牌榜和奖牌榜的首位.运动会期间有甲、乙等五名志愿者被分配到射击、田径、篮球、游泳四个运动场地提供服务，要求每个人都要被派出去提供服务，且每个场地都要有志愿者服务，则甲和乙恰好在同一组的概率是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据题意，五人分成四组，先求出两人组成一组的所有可能的分组种数，再将甲乙组成一组的情况，即可求出概率.【详解】五人分成四组，先选出两人组成一组，剩下的人各自成一组，所有可能的分组共有种，甲和乙分在同一组，则其余三人各自成一组，只有一种分法，与场地无关，故甲和乙恰好在同一组的概率是.故选：A.【点睛】本题考查组合的应用和概率的计算，属于基础题.6.如图是某工厂对一批新产品长度(单位:)检测结果的频率分布直方图.估计这批产品的平均数与中位数分别为()A.22.520 B.22.5 C.22.7522.5 D.22.7525【答案】C【解析】由题意，这批产品的平均数为，其中位数为.故选C.7.若“”是“”的必要不充分条件，则实数的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】将的解集记为，的解集记为,由题意可知是的真子集，由子集的定义求解即可.【详解】将的解集记为，的解集记为.由题意是的必要不充分条件可知是的真子集.，解得或,,则,（1）当时，或,则（等号不能同时成立），解得.（2）当时，或,则（等号不能同时成立），解得.由（1）（2）可得或.故选：.【点睛】将两个不等式之间的必要不充分性转化为其解集之间的包含关系是本题解题的关键，解题过程中注意分类讨论思想的运用.图象上一个动点作函数的切线，则切线倾斜角的范围为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】求出函数的导函数，由导函数的值域得到切线倾斜角正切值的范围，则倾斜角的范围可求．【详解】由函数，得f′（x）=x22x，设函数图象上任一点P（x0，y0），且过该点的切线的倾斜角为α（0≤α＜π），则f′（x0）=x022x0=（x​01）21≥1，∴tanα≥1，∴0≤α＜或≤α＜π．∴过函数图象上一个动点作函数的切线，切线倾斜角的范围为．故选B．【点睛】本题考查导数的几何意义，考查直线倾斜角和斜率的关系，关键是熟练掌握正切函数的单调性，是中档题．在上单调递增，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】在恒成立，再转化求函数最值．【详解】，由题意在恒成立，即在恒成立，时，，，所以，所以．故选：D.【点睛】本题考查用导数研究函数的单调性，函数在区间上单调递增，转化为在区间上恒成立，不等式恒成立又可转化为求函数最值．本题对学生的转化与化归能力有一定的要求．的左焦点为，直线与椭圆相交于，两点，且，则椭圆的离心率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】可解得点、坐标，由，得，把代入该式整理后两边同除以，得的方程，解出即可，注意的取值范围【详解】解：由，消可得得，解得，分别代入，，，，，，，，，，，把代入式并整理得，两边同除以并整理得，解得，故选：．【点睛】本题考查椭圆的简单性质、直线与椭圆的位置关系，考查学生的运算能力，属中档题．11.如图，矩形的边，平面，，当在边上存在点，使时，则实数的范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】可证，从而在平面中，在以为直径的圆上，从而可得实数的取值范围.【详解】因为平面，平面，所以，又，，从而平面.因为平面，故.故在平面中，在以为直径的圆上，所以即.故选：A.【点睛】本题考查线线垂直的证明、线面垂直的判定与性质，注意空间中垂直关系的合理转化，本题属于中档题.x的方程存在三个不等实根，则实数a的取值范围是A. B. C. D.【答案】C【解析】【详解】若关于的方程等价于，令，的两根一正一负，由在上递增，在上递减，且时，结合的图象可知，要使关于的方程存在三个不等实根，只需令的正根满足，即可，解得，故选C.【方法点睛】本题主要考查函数的图象与性质、利用导数研究函数的单调性以及数形结合思想的应用，属于难题.数形结合是根据数量与图形之间的对应关系，通过数与形的相互转化来解决数学问题的一种重要思想方法，.函数图象是函数的一种表达形式，它形象地揭示了函数的性质，为研究函数的数量关系提供了“形”的直观性．归纳起来，图象的应用常见的命题探究角度有：1、确定方程根的个数；2、求参数的取值范围；3、求不等式的解集；4、研究函数性质．第Ⅱ卷（非选择题共90分）二、选择题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分.外切，同时与圆内切，则动圆圆心的轨迹方程为__________．【答案】【解析】【分析】根据圆相切的条件，利用椭圆的定义求轨迹方程．【详解】圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为，，动圆圆心为，半径为，圆在圆内部，故由题意，即，∴P点轨迹是椭圆，，，，所以点轨迹方程．故答案为：．【点睛】本题考查椭圆的定义，考查用椭圆定义求轨迹方程．解题时还必须掌握两圆相切关系的充要条件．的展开式中所有二项式系数的之和为，则展开式中的常数项是______【答案】【解析】【分析】根据二项式系数和为32，解得，再根据二项式通项公式，即可求出结果.【详解】由题意得二项式系数和为，解得，所以的通项公式为，令，解得，所以常数项的系数为.故答案为：.【点睛】本题考查二项式展开式中特定项的系数问题，考查计算化简的能力，属基础题.的底面是边长为2的正方形，，平面平面，是的中点，是的中点，则直线与平面所成角的正弦值是__________.【答案】【解析】【详解】以O为坐标原点建立空间直角坐标系，设因此,设平面一个法向量为，取因此直线与平面所成角的正弦值是，若正实数满足，则的最小值是__________．【答案】【解析】因为，所以函数为单调递增奇函数，因此由，得因此，当且仅当时取等号.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.三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.方程表示双曲线；方程表示焦点在轴上的椭圆，若为真命题，为假命题，求实数的取值范围.【答案】【解析】试题分析：先根据方程为双曲线以及椭圆条件得为真命题时实数为真命题，为假命题，得与—真一假，最后根据补集求命题为假时实数的取值范围，再解对应不等式组得实数的取值范围.试题解析：为真命题时，，为真命题时，，或，∵为真命题，为假命题，∴与—真一假，当真，假时，，当假，真时，或，∴.的前项和为，，.（1）求，，的值；（2）猜想的表达式，并用数学归纳法加以证明.【答案】（1），，；（2）猜想，，证明见解析【解析】【分析】（1）时，由，代入表达式，求出，再由计算即可；（2）猜想，根据数学归纳法的步骤，当时，利用整理得出结论.【详解】（1）当时，，所以，整理得，因为，所以，，；（2）猜想，，当时，，显然成立，假设当时成立，即，当时，由（1）知，，所以，所以当时猜想仍然成立，所以对任意的，成立.【点睛】本题主要考查数列前项和的应用和数学归纳法的应用，考查学生的转化能力，属于中档题.19.如图，已知正方形和矩形所在的平面互相垂直，交于点，为的中点，．（1）求证：平面；（2）求二面角的大小．【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）连结，可证，从而得到要求证的平面.（2）以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量和平面的法向量后可求二面角的大小.【详解】（1）证明：连结，交于点，为的中点，四边形是平行四边形，，又平面，平面，∴平面．（2）以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，，，设平面的法向量，则，取，得，又平面的法向量，，而，，∴二面角的平面角为．

【点睛】线面平行的证明的关键是在面中找到一条与已知直线平行的直线，找线的方法是平行投影或中心投影，我们也可以通过面面平行证线面平行，这个方法的关键是构造过已知直线的平面，证明该平面与已知平面平行.空间中的角的计算，可以建立空间直角坐标系把角的计算归结为向量的夹角的计算，也可以构建空间角，把角的计算归结平面图形中的角的计算.C：的离心率为，且过点．Ⅰ

求椭圆C的方程；Ⅱ

若是椭圆C上的两个动点，且使的角平分线总垂直于x轴，试判断直线PQ的斜率是否为定值？若是，求出该值；若不是，说明理由.【答案】Ⅰ；（Ⅱ）【解析】【分析】（I）由离心率可得关系，再将点坐标代入，可得间关系，又，解方程可得的值；（II）由的角平分线总垂直于轴，可判断直线的斜率互为相反数，由两直线都过点，由点斜式可写出直线方程．一一与椭圆方程联立，消去或的值，可得一元二次方程，又点满足条件，可求得点的坐标，用表示．再由斜率公式可得直线的斜率为定值．【详解】(Ⅰ)因为椭圆的离心率为,且过点,所以,.因为,解得,,所以椭圆的方程为.(Ⅱ)法1：因为的角平分线总垂直于轴,所以与所在直线关于直线对称.设直线的斜率为,则直线的斜率为.所以直线的方程为,直线的方程为.设点,,由消去,得.①因为点在椭圆上,所以是方程①的一个根,则,所以.同理.所以.又.所以直线的斜率为.所以直线的斜率为定值，该值为.法2：设点，则直线的斜率,直线的斜率.因为的角平分线总垂直于轴,所以与所在直线关于直线对称.所以,即,①因为点在椭圆上,所以，②.③由②得得,④同理由③得,⑤由①④⑤得,化简得,⑥由①得⑦⑥⑦得.②③得,得.所以直线的斜率为为定值.法3：设直线的方程为，点，则,直线的斜率,直线的斜率.因为的角平分线总垂直于轴,所以与所在直线关于直线对称.所以,即,化简得.把代入上式,并化简得.(*)由消去得,(**)则,代入(*)得,整理得,所以或.若,可得方程(**)的一个根为，不合题意.若时,合题意.所以直线的斜率为定值，该值为.21.如图，有一块半径为20米，圆心角的扇形展示台，展示台分成了四个区域：三角形，弓形，扇形和扇形（其中）.某次菊花展依次在这四个区域摆放：泥金香、紫龙卧雪、朱砂红霜、朱砂红霜.预计这三种菊花展示带来的日效益分别是：泥金香50元/米，紫龙卧雪30元/米，朱砂红霜40元/米.（1）设，试建立日效益总量关于的函数关系式；（2）试探求为何值时，日效益总量达到最大值.【答案】（1），其中，.（2）当时，日效益总量可取得最大值.【解析】【分析】（1）利用扇形面积公式可求出四个区域的面积，从而可计算出日收益．（2）利用导数可求得日收益的最大值．【详解】（1）依题意得，，则，其中，.（2），令，得，当，，当时，，所以，是函数的极大值点，且唯一；从而当时，日效益总量可取得最大值.【点睛】本题考查三角函数模型的应用，考查导数在实际问题中的应用．解题关键是根据题意列式，求出函数