2019-2020年高二数学12月检测试卷（含解析）.doc

2019-2020年高二数学12月检测试卷（含解析）一、单选题1下列命题中的假命题是A.B.C.x,D.x,0【答案】C【解析】本题主要考查全称命题与特称命题的真假的判断.，成立，则A正确;，成立，则B正确;根据指数函数的性质可知D正确，因此C错误，故选C.2若在边长为4的等边三角形的边上任取一点,则使得的概率为A.B.C.D.【答案】D【解析】本题主要考查平面向量的数量积以及几何概型的概率的求解.由题意可知AOB=60，,设,则=2t,所以t，根据几何概型的概率的求解公式可得3如图,四边形ABCD为矩形,AB,BC1,以A为圆心,1为半径作四分之一个圆弧DE,在DAB内任作射线AP,则射线AP与线段BC有公共点的概率为A.B.C.D.【答案】B【解析】本题主要考查几何概型的概率的求解.DAB=90，连接A、C，根据题意，CAB=30，当射线在CAB内时，射线AP与线段BC有公共点，所以射线AP与线段BC有公共点的概率是4已知等比数列满足,则A.B.C.D.【答案】A【解析】本题主要考查等比数列通项公式以及性质应用.由题意可得等比数列的公比,所以，, 则5在中,若则的面积是A.B.C.D.【答案】C【解析】本题主要考查同角三角函数的关系式以及三角形面积公式的应用.由三角形的性质以及可得,所以,由三角形的面积公式可得.6定义域为的函数满足时,若时,恒成立,则实数的取值范围是A.B.C.D.【答案】D【解析】本题主要考查分段函数的最值的求法以及恒成立问题中的参数的求法.当时，;当时，,所以时,的最小值为1.又因所以，当时，的最小值为;当时，的最小值为,因为时,恒成立,所以，则实数的取值范围是.7一个多面体的三视图如图所示,则该多面体的表面积为A.21+B.18+C.21D.18【答案】A【解析】本题主要空间几何体的三视图与表面积，考查了空间想象能力.观察三视图可知，该几何体是：由正方体截去一条对角线上的两个角，所以，该几何体的表面积是：8已知正四棱锥S-ABCD的侧棱长与底面边长都相等,E是SB的中点,则AE、SD所成的角的余弦值为A. B. C. D.【答案】C【解析】本题主要考查异面直线所成的角的作法以及线面垂直判定定理的应用，考查了空间想象能力以及分析问题与解决问题的能力.如图所示，点O是AC、BD的交点，又因为E是SB的中点,所以OEPD，所以OEA是AE、SD所成的角，由线面垂直的判定定理与性质定理易证OAOE，设棱长为2，则OA=，AE=，所以cosOAE=.9若实数满足,则的最小值为A.-2B.-1C.1D.2【答案】B【解析】本题考查简单的线性规划问题.如图,作出不等式组表示的区域,由得；由题意知,当经过点C时,z最小,由,解得, C,此时,.选B.【备注】画出图形，一般在所围区域的端点处取得最值.10若都是锐角,且,则A.B.C.或D.或【答案】A【解析】本题考查同角三角函数的基本关系，差角公式.因为都是锐角,且,所以；因为,所以；所以.选A.11如图,棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中,P为线段A1B上的动点,则下列结论错误的是A.DC1D1PB.若直线l是平面ABCD内的直线,直线m是平面DD1C1C内的直线,若l与m相交,则交点一定在直线CD上C.若P为A1B上动点,则APPD1的最小值为D.PAD1最小为【答案】C【解析】本题注要考查线面垂直的判定定理与性质定理、直线与平面的位置关系、两条直线的位置关系，考查了空间想象能力以及分析问题与解决问题的能力.由线面垂直的判定定理可证得DC1平面AA1B1B，利用线面垂直的性质定理可得DC1D1P，则A正确;B显然正确;当点P与点A1重合时，PAD1最小为，则D正确，所以，选C.12在数列中,=1,则的值为A.99B.49C.102D.101【答案】D【解析】本题主要考查等差数列的通项公式的应用.由可知数列是公差为2的等差数列，又=1,所以二、填空题13已知双曲线的离心率为2,焦点与椭圆的焦点相同,那么双曲线的渐近线方程为 .【答案】【解析】本题主要考查椭圆与双曲线的性质的简单应用.由椭圆的方程可得,即椭圆的焦点坐标为(),因为双曲线的离心率是2,所以c=2a，a=2,又因为双曲线焦点和椭圆焦点相同,在双曲线方程中有c2=a2+b2,所以 c=4,a=2,b=,因此双曲线的渐近线方程为.14已知,则的取值范围是_.【答案】(,)【解析】本题主要考查不等式的性质.因为,所以,则15在ABC中,若,则最大角的余弦是_.【答案】【解析】本题考查余弦定理，考查运算求解能力.由余弦定理,得，解得.所以最大,所以.16已知定义域为的函数满足:对任意的实数,都有;当时,.记函数,则函数在区间内的零点个数是_.【答案】10【解析】本题主要考查函数的零点、分段函数的求值问题，考查了分析问题与解决问题的能力.令,所以根据可化为, 当时,;当时,;当时,;当时,;,分别作出函数与y=的图象如图所示，则函数在区间内的零点个数是10.三、解答题17在中,内角对边的边长分别是,已知()若的面积等于,求；()若,求的面积【答案】()由余弦定理及已知条件得,又因为的面积等于,所以,得联立方程组解得()由题意得,即,当时,当时,得,由正弦定理得,联立方程组解得所以的面积【解析】本题主要考查利用余弦定理与正弦定理解三角形以及和差角公式的应用,考查了分析问题与解决问题的能力.(1)由余弦定理及已知条件得,再利用三角形的面积公式可得，联立求解可得结果;(2) 由题意得, 即,然后分、进行讨论即可求得结果.18已知,数列是首项为,公比也为的等比数列,记.(1)求数列的前项和;(2)若数列中每一项总小于它后面的项,求的取值范围.【答案】(1)两式作差得:所以(2)由当当所以或又,所以或【解析】本题主要考查等比数列的通项公式与前n项和公式的应用以及错位相减法求和，考查了指数与对数的性质，考查了分析问题、解决问题以及计算能力.(1)易求等比数列的通项，进而求得的通项，再利用错位相减法与等比数列前n项和公式求和;(2) 由然后分、进行讨论求解.19已知函数(1)当时,求函数的单调区间;(2)若函数对恒成立,求实数的取值范围.【答案】(1),(x0)f(x),当0x0,f(x)在(0,2)单调递增;当x2时, f(x)0)，f(x),求导可得函数的单调递增区间是(0,2),单调递减区间是.(2)由题意得对恒成立,构造函数,则求导，分类讨论可得.【备注】合理构造函数，体会分类讨论思想、化归与转化思想、函数与方程思想.20如图,四棱锥S-ABCD中,SD底面ABCD,AB/DC,ADDC,AB=AD=1,DC=SD=2,E为棱SB上的一点,二面角D-EC-B等于90.()证明: DE平面SBC;()证明:SE=2EB;()求二面角A-DE-C的余弦值.【答案】()连接BD,取DC的中点G,连接BG,由此知即为直角三角形,故.又,所以,.作,故平面EDC,内的两条相交直线都垂直.所以,DE平面SBC() 由,所以,.()由知又.故为等腰三角形.取中点F,连接,则.连接,则.所以,是二面角的平面角.连接AG,AG=,所以,二面角的余弦值为.【解析】本题主要考查线面与面面垂直的判定定理与性质定理、二面角的作法与求解以及空间想象能力，考查了分析问题与解决问题的能力.(1)连接BD,取DC的中点G,连接BG,由题意易得为直角三角形,故，由,则有，作利用面面与线面垂直的性质定理可得再利用线面垂直的判定定理可证结论;(2)由(1)的结论可得，再利用勾股定理求解即可;(3)根据题意判断为等腰三角形，取中点F,连接,则，连接,则，即可知是二面角的平面角，再利用余弦定理求解即可.21在平面直角坐标系中,曲线与两坐标轴的交点都在圆C上.(1)求圆C的方程;(2)判断直线与圆C的位置关系.【答案】(1)由已知可知曲线与坐标轴的交点坐标为(1,0),(3,0),(0,3),且都在圆C上，由圆的性质可得圆心坐标为(2,b),则圆的半径为r,r2=(1-2)2+(0-b)2=(0-2)2+(3-b)2,解得b=2，r2=5，则圆C的方程是：；(2)由题意可得,即直线过定点(3,1),显然定点(3,1)在圆内，所以，直线与圆相交【解析】本题主要考查圆的方程的求法、圆的性质的应用以及直线与圆的位置关系.(1)由已知可知曲线与坐标轴的交点坐标为(1,0),(3,0),(0,3),且都在圆C上，由圆的性质可得圆心坐标为(2,b),再由圆心到圆上的点的距离为半径即可求得；(2) 由题意可得,即直线过定点(3,1),显然定点(3,1)在圆内，所以，直线与圆相交22若不等式的解集是.(1)求的值;(2)求不等式的解集.【答案】(1)依题意,可知方程的两个实数根为和2,由韦达定理得:+2=,解得:2.(2)2时不等式等价于即计算得所以解集为【解析】本题主要考查一元二次不等式的解与一元二次方程的根的关系以及一元二次不等式的解法.(1) 依题意,可知方程的两个实数根为和2,由韦达定理求解可得a的值；(2)利用一元二次不等式的解法求解即可.