山西省山西大学附属中学2020学年高二数学下学期2月模块诊断试题(含解析)

1、山西大学附中20202020学年高二第二学期2月（总第一次）模块诊断数学（文）试题时间：120分钟考试范围：（必修二、选修1-1）一、选择题（本大题共12小题，每题5分，共60分）1.双曲线的虚轴长为A.2B.3C.4D.5【答案】A【分析】【剖析】由双曲线方程可得焦点在y轴上，求得，虚轴长可求【详解】双曲线的焦点在y轴上，且，则虚轴长，应选：A【点睛】此题观察双曲线的方程和性质，主假如虚轴长的求法，观察方程思想和运算能力，属于基础题2.到两定点A.椭圆的距离之差的绝对值等于6的点B.线段C.双曲线的轨迹是（）D.两条射线【答案】【分析】试题剖析：由于，正好为定值，所以轨迹为以F1（-3，0）

2、、F2（3，0）为端点的两条射线。考点：此题观察双曲线的定义。评论：娴熟掌握到两定点F1、F2的距离之差的绝对值为定值时，轨迹的三种不一样状况是解答本题的要点，此题易忽视判断|F1F2|的值，而直接依据双曲线的定义，而错选C3.已知，则“”是“”的()A.充分不用要条件B.必需不充分条件C.充要条件D.既不充分也不用要条件【答案】A【分析】【剖析】先由判断能否能推出，再由判断能否能推出，即可得出结果.【详解】已知充分性：若由于，所以,所以,所以；必需性：若，则当时，所以必需性不建立；所以“”是“”的充分不用要条件.【点睛】此题主要观察充分条件和必需条件，属于基础题型.4.若直线与圆有公共点，则

3、实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】C【分析】由题意可得，解得，选D.【点睛】直线与圆地点关系一般用圆心到直线距离d与半径关系来判断：当dr时，直线与圆相离，当d=r时，直线与圆相切，当d0，所以(x)0，所以g(x)在定义域上单一递加，由于exf(x)4，所以g(x)4.又由于g(0)e0f(0)4，所以g(x)g(0)，所以x0.【点睛】此题主要观察导数在函数中的应用，以及不等式的证明，侧重观察了转变与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对导数的应用的观察主要从以下几个角度进行：(1)观察导数的几何意义，求解曲线在某点处的切线方程；(2)利用导数求函数的单一区间，判断单一性；已知单一

4、性，求参数；(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒建立与有解问题，同时注意数形联合思想的应用.12.已知椭圆C：的左极点为A，上极点为B，过椭圆C的右焦点作x轴的垂线交直线AB于点D，若直线OD的斜率是直线AB的斜率的k倍，此中O为坐标原点，且，则椭圆C的离心率e的取值范围为A.B.C.D.【答案】B【分析】【剖析】求得AB所在直线方程，获得案【详解】直线AB的方程为D的坐标，由斜率关系即可求得椭圆离心率，再由，将代入得点，k的范围得答则直线OD的斜率为，可得，则，则应选：B【点睛】此题观察椭圆的简单性质，观察了直线与椭圆地点关系的应用，是中档题二、填空题（本大题共4小题，每题5分，

5、共20分）13.若函数的导函数为，且，则_.【答案】12【分析】【剖析】对题干中的式子求导，再将x=2代入获得结果.【详解】函数的导函数为，且,对这个式子求导获得，将x=2代入获得故答案为：-12.【点睛】这个题目观察了基本初等函数的求导法例，题目简单基础.14.已知两条直线：，：，则与的距离为_【答案】【分析】【剖析】将：【详解】由于：化为可化为，再由平行线间的距离公式即可求出结果，所以与的距离为.故答案为【点睛】此题主要观察两条平行线间的距离公式，熟记公式即可，属于基础题型15.若直线与曲线有公共点，则b的取值范围是.【答案】【分析】试题剖析：曲线方程可化简为（x-2）2+（y-3）2=4

6、（1y3），即表示圆心为（2，3）半径为2的半圆，如图，由数形联合，当直线y=x+b与此半圆相切时须知足圆心（2，3）到直线y=x-b距离等于2，即，解得b=1+2或或b=1-2，由于是下半圆故可知b=1+2（舍），故b=1-2，当直线过（0，3）时，解得b=3，故1-2b3。考点：直线与圆的地点关系。评论：观察方程转变为标准形式的能力，及借助图形解决问题的能力此题是直线与圆的位置关系中求参数的一类常有题型16.有公共焦点F1，F2的椭圆和双曲线的离心率分别为，点A为两曲线的一个公共点，且知足F1AF290，则的值为_【答案】【分析】【剖析】2可设P为第一象限的点，|AF1|m，|AF2|n，

7、运用椭圆和双曲线的定义，可得m，n，再由勾股定理，联合离心率公式，化简可得所求值【详解】解：可设A为第一象限的点，|AF1|m，|AF2|n，由椭圆的定义可得m+n2a，由双曲线的定义可得mn2a可得ma+a，naa，由F1AF290，可得222m+n（2c），即为（a+a）2+（aa）24c2，化为a2+a22c2，则2，即有2故答案为：2【点睛】此题观察椭圆和双曲线的定义和离心率公式，观察勾股定理和化简整理的运算能力，属于中档题三、解答题（本大题共6小题，共70分）17.已知圆M：x2+(y-1)2=16外有一点A(4，-2)，过点A作直线l。当直线l与圆M相切时,求直线l的方程;当直线l

8、的倾斜角为135时,求直线l被圆M所截得的弦长。【答案】（1）或；（2）.【分析】【剖析】议论直线斜率不存在和斜率存在两种状况，运用圆心到直线距离等于半径求出直线方程由题意计算出直线方程，运用弦长公式求出弦长【详解】（1）当直线的斜率不存在时，直线的方程为，知足题意.当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，则，解得，此时直线的方程为所以直线的方程为或（2）当直线的倾斜角为时，直线的方程为，即圆心到直线的距离为.所以直线被圆所截得的弦长【点睛】此题观察了直线与圆的地点关系，当直线和圆相切时注意议论直线斜率能否存在，计算弦长可运用公式获得结果18.已知函数，求：（1）函数的图象在点处的切线方程；（

9、2）的单一递减区间【答案】（1）；（2）【分析】试题剖析:(1)第(1)问,先求导，再求出切线的斜率和切点坐标，最后写出直线的点斜式方程.(2)第(2)问,直接利用导数求函数的单一递减区间.试题分析:，所以切点为（0，-2），切线方程为，一般方程为；（2），令，解得或，的单一递减区间为和.19.如图，在三棱锥中，正三角形所在平面与等腰三角形所在平面相互垂直，是中点，于.（1）证明：（2）若平面；，求三棱锥的体积.【答案】（1）详看法析（【分析】【剖析】（1）先证明平面求转变为2），获得，利用（，联合已知1）的结论获得三棱锥的高为，证得平面.（2）将所，由此计算得三棱锥的体积.【详解】解：（1）

10、ABBC，O是AC中点，BOAC，又平面PAC平面ABC，且平面ABC，平面PAC平面ABCAC，BO平面PAC，BOPC，又OHPC，BOOHO，PC平面BOH；（2）HAO与HOC面积相等，,BO平面PAC,HOC=30,即.【点睛】此题主要观察线面垂直的证明，观察三棱锥体积的求法，属于中档题.20.已知椭圆的两焦点分别为，其短半轴长为.（1）求椭圆的方程；（2）设不经过点的直线与椭圆订交于两点.若直线与的斜率之和为，务实数的值.【答案】(1)；(2)3.【分析】【剖析】（1）依据题干条件获得a,b,c从而获得椭圆方程；（2）联立直线和椭圆方程获得二次方程，kHM+HN，代入韦达定理,整理

11、可获得结果.k【详解】（1）椭圆的两焦点分别为，c=,短半轴长为,b=1,故获得曲线C的方程为：；（2）设M（x1，y1），N（x2，y2），由，消去y得，37x2+36tx+9（t21）0，由（36t）24379（t21）0，可得，又直线y2x+t不经过点H（0，1），且直线HM与HN的斜率存在，t1，又，kHM+kHN，解得t3，故t的值为3.【点睛】此题主要观察直线与圆锥曲线地点关系，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变为方程组关系问题，最后转变为一元二次方程问题，故用韦达定理及鉴别式是解决圆锥曲线问题的要点方法之一，特别是弦

12、中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视鉴别式的作用21.已知椭圆C的焦点为(，0)，(，0)，且椭圆C过点M(4，1)，直线l：不过点M，且与椭圆交于不一样的两点A，B1）求椭圆C的标准方程；2）求证：直线MA，MB与x轴总围成一个等腰三角形【答案】（1）（2）详看法析【分析】【剖析】（1）利用椭圆的定义先求出2a的值，可得出的值，再利用a、b、c之间的关系求出b的值，从而得出椭圆C的标准方程；2）将直线l的方程与椭圆C的方程联立，列出韦达定理，利用斜率公式以及韦达定理计算出直线MA、MB的斜率互为相反数来证明结论建立【详解】（1）设椭圆的方程为，则，解得，所以椭圆的标准方

13、程为.（2）将代入并整理得，则，.直线：与椭圆交于不一样的两点，解得，直线，的斜率存在且不为零.设直线，的斜率分别为和，只需证明.设，.故原命题建立.【点睛】此题观察直线与椭圆的综合问题，观察韦达定理法在椭圆综合问题中的应用，观察计算能力与推理能力，属于中等题22.已知函数.（1）当时，求函数的单一区间和极值；（2）若不等式恒建立，求的值.【答案】（1）看法析；（2）1.【分析】【剖析】（1）a1时，f（x），f（x），令f（x）0，解得xe.经过列表可得函数f（x）的单一递区间及其极值.（2）由题意可得：x0，由不等式恒建立，即x1alnx0恒建立.令g（x）x1alnx0，g（1）0，x（

14、0，+）.g（x）1.对a分类议论，利用导数研究函数的单一性极值与最值即可得出.【详解】（1）a1时，f（x），f（x），令f（x）0，解得x.ex（0，e）e（e，+）f（x）+0f（x）单一递加极大值单一递减可得函数f（x）的单一递加区间为（0，e），单一递减区间为（e，+），可得极大值为f（e），为极小值.（2）由题意可得：x0，由不等式恒建立，即x1alnx0恒建立.令g（x）x1alnx0，g（1）0，x（0，+）.g（x）1.若a0，则函数g（x）在（0，+）上单一递加，又g（1）0，x（0，1）时，g（x）0，不切合题意，舍去.若0a1，则函数g（x）在（a，+）上g（x）0，即函数g（x）单一递加，又g（1）0，x（a，1）时，g（x）0，不切合题意，舍去.若a1，则函数（）在（1，+）上（x）0，即函数g（）单一递加，x（，gxgxa1）时，（）0，函