湖北省棗陽市育才中學高二年級2015-2016學年度下學期期中考試數學(理科)試題 祝考試順利 時間：120分鐘 分值150分_第I卷（選擇題共60分） 一選擇題（本題有12個小題，每小題5分）1已知且，命題“x1，”的否定是（ ）（A）x1， （B）x1，（C）x1， （D）x1，2設拋物線C：y22px(p0)的焦點為F，點M在C上，|MF|5.若以MF為直徑的圓過點(0,2)，則C的方程為()Ay24x或y28x By22x或y28xCy24x或y216x Dy22x或y216x3在正三棱柱ABCA1B1C1中，D是AC的中點，AB1BC1，則平面DBC1與平面CBC1所成的角為()A30 B45 C60 D904已知在處取得最大值，以上各式中正確的序號是（ ）A B C D5如圖，函數與相交形成一個閉合圖形（圖中的陰影部分），則該閉合圖形的面積是（ ）A1 B C D26直線被橢圓所截得的弦的中點的坐標是（ ）A B C D 7已知，則與向量共線的單位向量是（ ）A、 B、 C、 D、 8已知拋物線，過焦點的直線交拋物線于，兩點（點在第一象限），若直線的傾斜角為，則等于（ ）A B C D9定義在R上的函數滿足，為的導函數，已知函數的圖象如圖所示若兩正數滿足，則的取值范圍是（ ）A B C D 10已知函數只有一個零點，則實數m的取值范圍是（ ）ABCD11已知函數，設兩曲線有公共點，且在該點處的切線相同，則時，實數的最大值是（ ）A B C D12設函數若存在的極值點滿足，則m的取值范圍是（ ）（A）（B）（C）（D）二填空題（本題4個小題，每題5分）13已知命題，若命題是真命題，則實數的取值范圍是 14若，三點共線，則= 15點在橢圓上，點到直線的最大距離和最小距離為_16若函數在區間上恒有 ，則關于的不等式的解集為_三解答題（本題有6個小題，請寫出必要的文字說明和解答過程，總分70分）17已知命題p：“x1，ax+恒成立”；，命題q：“函數f（x）=x3+ax2+2ax+1在R上存在極大值和極小值”，若命題“p且q”是假命題，“p或q”是真命題，求實數a的取值范圍18如圖，三棱柱中，分別為和的中點，側面為菱形且，（1）證明：直線平面；（2）求二面角的余弦值19已知橢圓C：=1（a0，b0）的兩焦點與短軸的一個端點的連線構成等邊三角形，直線x+y+2一1=0與以橢圓C的右焦點為圓心，以橢圓的長半軸長為半徑的圓相切(I)求橢圓C的方程；()設點B，C，D是橢圓上不同于橢圓頂點的三點，點B與點D關于原點O對稱設直線CD，CB，OB，OC的斜率分別為k1，k2，k3，k4，且k1k2=k3k4(i)求k1k2的值： (ii)求OB2+ OC2的值20（本小題滿分15分）己知O：，為O上動點，過作軸于，為上一點，且（）求點的軌跡的方程；（）若，過的直線與曲線相交于、兩點，則是否為定值？若是，求出該值；若不是，說明理由21已知函數，.（1）當時，求函數的最大值；（2）若，且對任意的恒成立，求實數的取值范圍.22已知函數.（1）求的單調區間；（2）若在上恒成立，求所有實數的值；（3）證明：.參考答案1D【解析】試題分析：根據否命題的定義對條件結論進行否定即可；由題根據存在的否定為任意，大于的否定為小于等于不難得到選項D正確；考點：命題的關系2C【解析】設M(x0，y0)，A(0,2)，MF的中點為N.由y22px，F，N點的坐標為，.由拋物線的定義知，x05，x05.y0 .|AN|，|AN|2.222.即 22.20.整理得p210p160.解得p2或p8.拋物線方程為y24x或y216x.3B【解析】以A為坐標原點，的方向分別為y軸和z軸的正方向建立空間直角坐標系設底面邊長為2a，側棱長為2b，則A(0,0,0)，C(0,2a,0)，D(0，a,0)，B(a，a,0)，C1(0,2a,2b)，B1(a，a,2b)由，得0，即2b2a2.設n1(x，y，z)為平面DBC1的一個法向量，則n10，n10.即又2b2a2，令z1，解得n1(0，1)同理可求得平面CBC1的一個法向量為n2(1，0)利用公式cos ，得45.4B【解析】試題分析：由題意得，令，則函數由唯一的零點，所以，所以，所以是正確的；由，所以，當時，所以在的左側，所以，所以，所以，即，所以是正確的，故選B.考點：導數在函數的綜合應用.方法點睛：本題主要考查了導數的計算、導致在解答函數問題中的綜合應用，綜合性較強，有一定的難度，屬于難題，著重考查了轉化思想和分析、解答問題的能力，本題的解答中，求出導函數，令，則函數由唯一的零點，得到，代入，即可判定是正確的，再根據在的左側，可進而判定是正確的，其中確定函數由唯一的零點是解得關鍵.5B【解析】試題分析：可求出兩曲線的交點坐標為（0，1），（2，1），所以故選B。考點：運用定積分求面積。6C【解析】試題分析：由消去y得設方程兩根為，則弦的中點的橫坐標為，故所求中點坐標為.考點：直線與圓相交的相關問題7D【解析】試題分析：由題意知，與向量共線的單位向量為，故答案為D考點：1、共線向量；2、單位向量8A.【解析】試題分析：根據拋物線的性質可得，故選A考點：拋物線的標準方程及其性質9D【解析】試題分析：由導數的圖像可知，當時，函數是單調遞減函數，當時，函數是單調遞增函數，所以當時，只需滿足時，求的取值范圍，看成線性規劃問題，即時，求的取值范圍，如圖，可行域為如圖陰影部分，目標函數表示可行域內的點和 連線的斜率的取值范圍，可知,斜率的最小值是,所以斜率的取值范圍是，故選D.考點：1.導數的基本應用；2.線性規劃.【方法點睛】本題考查了導數的基本應用與線性規劃的簡單綜合，屬于中檔題型，本題的一個難點是平時做線性規劃的問題都是關于的約束條件和目標函數，現在是關于的式子，所以首先要打破做題習慣的束縛，第二個難點是給出導數的圖像，要會分析原函數的單調性，根據函數的單調性會解不等式，將此不等式轉化為關于的不等式組，即約束條件，理解表示的幾何意義，問題就變得簡單了.10B【解析】試題分析：求導得：，所以的極大值為，極小值為.因為該函數只有一個零點，所以或 ，所以，選B.考點：1、導數的應用；2、函數的零點；3、解不等式.11D【解析】試題分析：設切點為（，），則由切點處的斜率相同且切線相同得，。因為，所以由得,并將其代入得，設,利用導數法求得函數在區間上單調遞增，在區間上單調遞減，所以,則選D考點：1導數的幾何意義；2導數在函數求最值中的應用【思路點睛】設出切點（，），利用導數求出切點處的導數及函數值，從而得到參數a,b的關系，即，并，然后利用導數求最值得步驟求出，進而求解。本題難度稍大，可能不能直接看到已知與所求的關系，在解題中，我們有時不妨采取“走一步看一步”的策略即一個條件得到一個常規結論，這樣可能就會“柳暗花明”12C【解析】試題分析：，令，則，解得即，時取得最小值為，存在的極值點滿足只需，即，解得或故C正確考點：1極值點；2轉化思想13【解析】試題分析：若命題是假命題，即對于，當時，顯然成立，當時，則，綜上考點：根據命題的真假求字母的取值范圍【原創理由】本題考查特稱命題的否定、命題真假關系等基本知識，著重考查學生分類討論思想，本題的關鍵是掌握含有特稱命題的否定的形式，一個命題和它的否定，這兩個命題中有且只有一個是真命題140【解析】試題分析：，兩個向量平行的條件，可知,故知，解得，故.考點：空間向量共線的條件，根據空間向量共線來判斷多點共線.15；【解析】試題分析：設點P的坐標為（4cos，3sin），可得點P到直線3x-4y=24的當時，d取得最大值為，當時，最小值為考點：圓錐曲線的最值問題；直線與圓錐曲線的關系16【解析】試題分析：因為，所以又函數在區間上恒有 ，所以，所以函數在定義域內為減函數，所以不等式等價于，解得考點：1、函數的單調性；2、不等式的解法【方法點睛】對于帶有函數符號“”的不等式，通常不能直接求解，主要有兩種途徑：（1）利用函數的單調性，去掉函數符號“”，轉化為代數不等式求解；（2）利用數形結合法，即通過作出所涉及到的圖象，根據圖象位置進行直觀求解17a0，1（2，+）【解析】試題分析：分別求出p，q為真時的a的范圍，根據命題“p且q”是假命題，“p或q”是真命題，得到p，q一真一假，從而求出a的范圍即可解；關于命題p：“x1，ax+恒成立”，令g（x）=x+=x+1+11，當且僅當x=0時“=”成立，a1；關于命題q：“函數f（x）=x3+ax2+2ax+1在R上存在極大值和極小值”，即f（x）=x2+2ax+2a與x軸有2個交點，=4a28a0，解得：a2或a0，若命題“p且q”是假命題，“p或q”是真命題，則p，q一真一假，p真q假時：，解得：0a1，p假q真時：，解得：a2，綜上，a0，1（2，+）考點：復合命題的真假18（1）詳見解析；（2）.【解析】試題分析：（1）建立空間直角坐標系，求出平面 法向量，證明即可；（2）求出兩個平面的法向量，利用空間向量的數量積即可求解.試題解析：，且為中點， ，又 ， ，又，平面，取中點，則，即，兩兩互相垂直，以為原點，分別為，軸，建立空間直角坐標系如圖， ，（1）設平面的法向量為 ，則，取， ， ，又平面， 直線平面；（2）設平面的法向量為， 取， 又由（1）知平面的法向量為，設二面角為， 二面角為銳角，二面角的余弦值為考點：空間向量解立體幾何題19（）；()（i）（ii）OB2+OC2 【解析】試題分析：（）利用等邊三角形、橢圓的幾何元素的關系式以及直線與圓相切求出有關參數值，進而確定橢圓的標準方程；()設出相關點的坐標，利用直線的斜率公式求出各自斜率，利用等量關系以及點均在橢圓上進行求解試題解析：（）設橢圓的右焦點，則由題意，以橢圓的右焦點為圓心，以橢圓的長半軸長為半徑的圓的方程為， 圓心到直線的距離（*）橢圓的兩焦點與短軸的一個端點的連線構成等邊三角形，,， 代入（*）式得， 故所求橢圓方程為 （）（i）設，則，于是（ii）方法一由（i）知，故所以，即，所以，又，故所以，OB2+OC2 = 方法二由（i）知，將直線方程代入橢圓中，得同理，所以，下同方法一考點：1.橢圓的標準方程；2.直線與橢圓的位置關系20（） （）【解析】試題解析：（）設,則,由,得,由于點在圓上,則有,即點的軌跡的方程為（）設,過點的直線的方程為，由消去得: ,其中，,是定值考點：橢圓的標準方程，直線與橢圓的位置關系，定值問題21（1）；（2）.【解析】試題分析：(1)當時，函數為，可先求得導函數，利用導函數求出函數的單調區間，進一步求得最大值（或值域）；(2)因為對任意的恒成立，所以有當，所以可通過導函數來求得的最小值（關于的表達式）及的最大值（關于的表達式），代入前式，在解不等式，從而求得的取值范圍.試題解析：（1）函數的定義域為：，當時，函數在上單調遞增，函數在上單調遞減，.（2）令，因為“對任意的恒成立”，對任意的成立，由于，當時，有，從而函數在上單調遞增，所以，當時，時，顯然不滿足，當時，令得，當，即時，在上，所以在單調遞增，所以，只需，得，所以.當，即時，在上，單調遞增，在上，單調遞減，所以，只需，得，所以.當，即時，顯然在上，單調遞增，所以，不成立.綜上所述，的取值范圍是.考點：導函數的運用，解含參數的不等式.方法點睛：在求復雜函數的值域（最值）時，要充分利用導函數的性質，通過導函數求得函數的單調區間，再由單調性求函數的值域（最值）；而對于有關函數的不等式恒成立求參數范圍的問題，首先需要將函數不等式轉化為函數最值的不等式問題，即轉化為有關參數的不等式，在進行轉化時，因為參數不為定值，所以在求函數最值時要注意對參數進行分情況討論.22（1）當時，減區間為，當時，遞增區間為，遞減區間為；（2）；（3）見解析【解析】試題分析：（1）求出導函數，由不等式確定增區間，由確定減區間；（2）由（1）時，在上單調遞減，且，不合題意，當時，在上的最大值是，要滿足題意，則有，為此討論函數，由導數的知識得函數在上遞減，在上遞增，從而只能有；（3）此不等式的證明與小題進行聯系，由（2）恒成立，且僅當時取等號，從而有，取，則，即，即，當時，有，相加后就能證明題設不等式試題解析：（1）.當時，減區間為，當時，由得，由得，遞增區間為，遞減區間為.（2）由（1）知：當時，在上為減函數，而，在區間上不可能恒成立；當時，在上遞增，在上遞減