2019-2020年高二上学期期末调研测试数学文试题 含答案.doc

2019-2020年高二上学期期末调研测试数学文试题 含答案本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分，满分120分.考试时间为100分钟. 注意事项：1 答题前，考生必须将自己的姓名、班级、考号填写清楚. 2 选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚.3 请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效.4 保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、不准使用涂改液、刮纸刀. 一、选择题（本大题包括12小题，每小题4分，共48分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将正确选项填涂在答题卡上）.1. 在中，则其最短边的长为 A. B. C. D. 2. 中心在原点，焦点在轴上，长轴长为18，且两个焦点恰好将长轴三等分的椭圆的方程是A. B. C. D. 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4. 中，角的对边分别为，若，则的形状一定为A. 等边三角形 B. 等腰三角形 C. 直角三角形 D. 等腰直角三角形5. 设数列为等差数列，若，则 A. B. C. D. 6. 经过双曲线的右焦点，倾斜角为的直线与双曲线的右支有且只有一个交点，则此双曲线的离心率为 A. B. C. D. 7. 如果命题“或”与命题“非”都是真命题，那么A. 命题不一定是假命题 B. 命题一定是真命题C. 命题不一定是真命题 D. 命题与命题的真假相同8. 等比数列的前n项和为，若，则 A. B. C. D. 9. 已知直线是曲线的切线，则的值为 A. B. C. D. 10. 已知，则的最小值是A. B. C. D. 11. 抛物线与直线交于两点，则线段中点的坐标为A. B. C. D. 12. 设过点的直线分别与轴的正半轴和轴的正半轴相交于两点，点Q与点P关于y轴对称，O为坐标原点，若且，则点P的轨迹方程为A. B. C. D. 第卷（非选择题，共72分）二、填空题(本大题包括4小题，每小题4分，共16分，把正确答案填在答题卡中的横线上).13. 若实数满足，则的最大值为_.14. 给出命题，则为_.15. 已知函数在处有极大值，则_.16. 已知是抛物线的焦点，过点且斜率为1的直线交抛物线于两点，设，则_.三、解答题（本大题包括5小题，共56分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）.17.（本小题满分10分）如图，如果你在海边沿着海岸线直线前行，请设计一种测量海中两个小岛A,B之间距离的方法. 18.（本小题满分10分）已知等比数列的各项均为正数，（）求数列的通项公式；（）设，求数列的前项和. 19.（本小题满分12分）设点是抛物线的焦点（）过点作抛物线的切线，求切线的方程；（）设为抛物线上异于原点的两点，且满足，延长分别交抛物线于点，求四边形面积的最小值. 20.（本小题满分12分）如图，在平面直角坐标系中，点是轴上的两个定点，为坐标平面上的动点，是的中点，点在线段上，且（）求点的轨迹方程；（）若直线与点的轨迹有两个不同的交点，且，求实数的取值范围. 21.（本小题满分12分）设函数.（）讨论函数的单调区间；（）求函数在区间上的最小值；（）是否存在实数使得函数在区间上既存在最大值又存在最小值，若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由. 长春市xxxx第一学期期末调研测试高二数学(文科)参考答案及评分标准一、选择题(本大共12小题，每小题4分，共48分)1. A 2. C 3. B 4. B 5. B 6. A 7. B 8. A 9. D 10. C 11. B 12. D简答与提示：1. A 因为角B最小，由正弦定理. 2. C 由已知可有，. 故. 3. B 根据条件可求得，易知是的必要不充分条件. 4. B 由代入条件可得，再根据正弦定理代换可有，于是. 5. B 由等差数列的性质，所以由条件可得. 6. A 根据双曲线的几何性质，所给直线应与双曲线的一条渐近线平行，故有进而，可解得于是离心率. 7. B. 由条件可知为假命题，又“或”为真命题，易知必为真命题. 8. A. 根据等比数列的性质，设为其前n项和，则当时，仍成等比数列即可求解. 9. D. 设切点为，则由可得，再根据点为直线与曲线的公共点，所以有，解得，所以. 10. C. 根据基本不等式，可有. 11. B. 将所给直线方程与抛物线方程联立有，由此可整理得：，设，则，故线段中点的横坐标为，将其再代入直线方程即可得所求中点的坐标为. 12. D. 由，可得，所以，代入可求得点的轨迹方程. 二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分)13. 2 14. 15. 6 16. 简答与提示：13. 2 根据线性规划的知识易求解.14. .15. 6 因为，于是，由已知，当时导数值应为0，故有，解得或. 当时，根据导数分析函数单调性可知在时取得极小值，故舍去，而当时经检验符合题意.16. 设，由，有，求得，故由抛物线的定义可得. 三、解答题(本大题共5小题，满分56分)17（本小题满分10分）如图，设,是两个观测点，到的距离为m，在处测出，在处测出，据正弦定理，在中，可求得， (4分)同理，在中，可求得(8分)在中，由余弦定理可得：(10分)18（本小题满分10分）（）由已知，解得，所以(5分)（）根据条件易得， (7分)于是 ，以上二式相减，可得，+，所以. (10分)19（本小题满分12分）（）设切点为，由导数的几何意义知抛物线在点处的切线斜率为，故所求切线方程为，将代入得，于是可所求直线方程为. (6分)（）显然四边形ABCD是对角线互相垂直的四边形，故，而 都由直线AC的斜率决定，所以，当时等号成立，故四边形面积的最小值为32. (12分)20（本小题满分12分）（）因为，所以，又为中点，故，于是 ，所以点的轨迹是以为焦点的椭圆， ，故点的轨迹方程为.(6分)（）由整理得，设，则有，且，(8分)若，则，即，整理得，再将代入可有：，整理得， (10分)又因为，故，所以或.(12分)21（本小题满分12分）（）因为，所以有：当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为；当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为；当时，所以函数在区间上递增；(4分)（）当时，由（1）易知在区间上单调递增，故最小值为； 当时，由（1）知在上单调递减，故最小值为当时，由（1），在上递减，在上递增，所以此时最小值为； (8分)（）当时，由（1），在上单调递减，在上单调递增，所以此时只存在最小值而不存在最大值，不合题意； 当时，由（1），在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，此时，若函数既存在最大值又存在最小值，则最大值必为，最小值必为，于是应有，解得，又，此时不存在；当时，因为由（1）可知函数在区间上单调递增，所以此时既不存在最大值也不存在最小值；当时，由（1），在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，若存在最大值与最小值，则应有，解得，又，故此时不存在；当时，因为在上单调递增，在上单调递减，于是只存在最大值不存在最小值，不合题意. 综上不存在实数使所给函数在给定区间上既存在最大值又存在最小值. (12分)