高二数学12月月考试题（含解析）

1、我带领班子成员及全体职工，积极参加县委、政府和农牧局组织的政治理论学习，同时认真学习业务知识，全面提高了自身素质，增强职工工作积极性，杜绝了纪律松散江苏省泰州市2017-2018学年高二数学12月月考试题一、填空题（每题5分，满分70分，将答案填在答题纸上）1. 命题“若，则”的否命题为_【答案】若，则【解析】根据逆否命题的写法：将条件和结论互换，既否条件又否结论，原命题的逆否命题为若，则.故答案为：若，则.2. 曲线在处的切线方程是_【答案】【解析】当自变量等于0时，函数值为2，故得到切线方程为：。故答案为：。3. 抛物线的焦点坐标为_【答案】【解析】由题意可得所以焦点在的正半轴上，且则焦点坐标为4. 双曲线的渐近线方程为_【答案】【解析】双曲线，渐近线方程为： ，故得到方程为：.故答案为：。5. 在平面直角坐标系中，已知椭圆上一点到其左焦点的距离为4，则点到右准线的距离为_【答案】3【解析】根据题意，设椭圆的右焦点为F，点P到右准线的距离为d，椭圆中a=3，b=，则c=2，则其离心率e=，若P在椭圆上，且P到左焦点F的距离为4，则|PF|=2a2=2，又由椭圆的离心率e=，则有e=

2、 =，解可得d=3，即点P到右准线的距离为3；故答案为：3.6. 用反证法证明命题“三角形的内角至多有一个钝角”时，应假设为_【答案】三角形的内角至少有两个钝角【解析】反证法证明时，需要假设反面成立，即原条件的否定。故应假设为：三角形的内角至少有两个钝角。故答案为：三角形的内角至少有两个钝角。7. 设是等腰三角形，则以、为焦点且过点的双曲线的离心率为_【答案】【解析】由题意2c=|AB|，所以 由双曲线的定义，有 .故答案为：.8. 观察下列式子：，根据以上式子可以猜想_【答案】【解析】试题分析：由已知中的式子,，所以考点：归纳推理9. 已知函数在处取得极小值10，则的值为_【答案】-2【解析】f（x）=x3+ax2+bxa27a，f（x）=3x2+2ax+b，又f（x）=x3+ax2+bxa27a在x=1处取得极小值10，f（1）=3+2a+b=0，f（1）=1+a+ba27a=10，a2+8a+12=0，a=2，b=1或a=6，b=9当a=2，b=1时，f（x）=3x24x+1=（3x1）（x1），当x1时，f（x）0，当x1时，f（x）0，f（x）在x=1处取得极小值，与题意符合

3、；当a=6，b=9时，f（x）=3x212x+9=3（x1）（x3）当x1时，f（x）0，当1x3时，f（x）0，f（x）在x=1处取得极大值，与题意不符；=2，故答案为：2点睛：这个题目考查的是函数的单调性和极值问题，极值主要是研究函数的导函数的正负情况，要求极值点附近导函数的正负情况不同，原函数的单调性不同；但是注意易错点是，极值点必须是导函数的变号零点，不能只是零点。10. 已知等差数列中，有，则在此等比数列中，利用类比推理有类似的结论：_【答案】【解析】等差数列与等比数列的对应关系有：等差数列中的加法对应等比数列中的乘法，等差数列中除法对应等比数列中的开方，故此我们可以类比得到结论：故答案为：.11. 若函数（为自然对数的底数），若存在实数，使得，且，则实数的取值范围是_【答案】【解析】函数f（x）=ex1+x2的导数为f（x）=ex1+10，f（x）在R上递增，由f（1）=0，可得f（x1）=0，解得x1=1，存在实数x1，x2，使得f（x1）=g（x2）=0且|x1x2|1，即为g（x2）=0且|1x2|1，即x2axa+3=0在0x2有解，在0x2有解， 函数在 函数的值

4、域为 点睛：本题考查函数的零点，导数的综合应用，在研究函数零点时，有一种方法是把函数的零点转化为方程的解，再把方程的解转化为函数图象的交点，特别是利用分离参数法转化为动直线与函数图象交点问题，这样就可利用导数研究新函数的单调性与极值，从而得出函数的变化趋势，得出结论12. 用数学归纳法证明：，在第二步证明从到成立时，左边增加的项数是_（用含有的式子作答）【答案】【解析】假设n=k成立，即，则n=k+1成立时有，所以左边增加得项数是：13. 三个顶点均在椭圆上的三角形称为椭圆的内解三角形已知为椭圆（）的上顶点，若以为直角顶点的等腰直角三角形有且只有三解，则椭圆的离心率的取值范围是_【答案】【解析】由题意可设：直线AB的方程为y=kx+1，（k0），直线AC的方程为y=x+1，联立 ，化为：（1+a2k2）x2+2ka2x=0，解得xB=-,yB=,|AB|= 同理可得：xC=，yC= |AC|= |AB|=|AC|，=化为：a2（k2k）=k31，当k=1时是其中一个根当k1时，a2= =k+13，1e= 故答案为：点睛：这个题目考查的是椭圆的离心率的求法；图形特点圆锥曲线联系到一起。求

5、离心率的常用方法有：定义法，根据椭圆或者双曲线的定义列方程；数形结合的方法，利用图形的几何特点构造方程；利用点在曲线上，将点的坐标代入方程，列式子。14. 已知函数，表示，中的最小值，若函数（）恰有三个零点，则实数的取值范围是_【答案】【解析】f（x）=x3-mx+，f（x）=3x2-m，若m0，则f（x）0恒成立，函数f（x）=x3+mx+至多有一个零点，此时h（x）不可能有3个零点，故m0，令f（x）=0，则x= ，g（1）=0，若h（x）有3个零点，则 1，f（1）0，f（）0，即 ；解得：m故答案为：。二、解答题 （本大题共6小题，共90分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 15. 已知命题：函数在上是增函数；命题：，不等式恒成立（1）如果命题为真命题，求实数的取值范围；（2）命题“”为真命题，“”为假命题，求实数的取值范围【答案】（1）（2）.【解析】试题分析：（1）根据题意求满足函数是增函数的a的范围即可；（2）由命题“”为真命题，“”为假命题知，一真一假，分情况讨论求解a的范围即可。解析：（1）对恒成立，解得（2）命题为真命题，即由命题“”为真命题，“”为假命题

6、知，一真一假.若真假，则解得；若假真，则解得.综上所述，.16. 试用适当的方法求证下列命题：（1）求证：；（2）求证：，不可能是同一个等差数列中的三项【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】试题分析：（1）分析法入手，从要证的结果入手，两边移项平方即可；（2）反证法假设，是同一个等差数列（）中的、三项，最后推出矛盾即可。解析：（1）要证明，只要证，只要证，只要证，只要证，即证而显然成立，故原不等式成立（2）（反证法）假设，是同一个等差数列（）中的、三项，则，三式消去、得（*）（*）左边是无理数，右边是有理数，矛盾所以，假设不成立，即，不可能是同一个等差数列中的三项17. 已知函数（）（1）若函数的图象在点处的切线的倾斜角为，求；（2）设的导函数是，在（1）的条件下，若，求的最小值【答案】（1）（2）.【解析】试题分析：（1）根据导数的几何意义，得到，即；（2）根据题意写出和的表达式，分别求两者的最值即可。解析：（1），据题意，即（2）由（1）知，则对于，最小值为的对称轴为，且开口向下，时，最小值为与中较小的，当时，的最小值为.当时，的最小值为，的最小值为.18. 已知数列满足，（为正

7、整数）（1）求，并猜想出数列的通项公式；（2）用数学归纳法证明（1）的结论【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】试题分析：（1）写出数列中的几项，通过观察找出规律，归纳出通项；（2）根据数序归纳法的步骤，当时，猜想成立，假设当（）时，猜想成立；证明即可。解析：（1）由，同理可求，猜想（2）证明：当时，猜想成立；假设当（）时，猜想成立，即，则，所以当时猜想成立综合，猜想对任何都成立19. 如图是一块地皮，其中，是直线段，曲线段是抛物线的一部分，且点是该抛物线的顶点，所在的直线是该抛物线的对称轴，经测量，现要从这块地皮中划一个矩形来建造草坪，其中点在曲线段上，点，在直线段上，点在直线段上，设，矩形草坪的面积为.（1）求，并写出定义域；（2）当为多少时，矩形草坪的面积最大？【答案】（1），定义域为（2）当时，矩形草坪的面积最大【解析】试题分析：(1)由题意可得函数的解析式为，定义域为；(2)对函数求导，结合导函数与原函数的关系可得当时，矩形草坪的面积最大.试题解析：（1）以O为原点，OA边所在直线为轴，建立如图所示的平面直角坐标系，过点作于点，在直角中，所以，又因为，所以，则，设抛物线OC

8、B的标准方程为，代入点的坐标，得，所以抛物线的方程为 因为，所以，则，所以 ，定义域为 （2），令，得 当时，在上单调增；当时，在上单调减所以当时，取得极大值，也是最大值 20. 在平面直角坐标系中，椭圆：（）的离心率为，连接椭圆的四个顶点所形成的四边形面积为（1）求椭圆的标准方程；（2）若椭圆上点到定点（）的距离的最小值为1，求的值及点的坐标；（3）如图，过椭圆的下顶点作两条互相垂直的直线，分别交椭圆于点，设直线的斜率为，直线：分别与直线，交于点，记，的面积分别为，是否存在直线，使得？若存在，求出所有直线的方程；若不存在，说明理由【答案】（1）（2）的值为2，点的坐标为（3）， 【解析】试题分析：（1）根据题意列出式子解得从而得到椭圆方程；（2）根据点点距公式得到，研究这个函数的最值即可；（3）联立直线和椭圆得到二次方程，将面积比转化为坐标之比代入即可。解析：（1）由题意得：解得所以椭圆的标准方程为（2）设，由定点，考虑距离的平方：则，二次函数的图象对称轴为，由椭圆方程知，由题设知，当，即时，在时有，解得，不符合题意，舍去；当，即时，由单调性知：在时有，解得或（舍）综上可得：的值为2，点的坐标为（3）由（1）知，则直线的方程为，联立消去并整理得，解得；直线的方程为，同理可得联立解得，同理可得，所以，即，解得或，所以或，故存在直线：，满足题意点睛：本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法：因直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方

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