江苏省南通市如皋中学2019-2020学年高一（创新班）下学期6月阶段考试数学试题 Word版含解析

www.ks5u.com江苏省如皋中学2019-2020学年度第二学期阶段考试

高一数学（创新班）

一、选择题：(本题共有12小题，每小题5分，共60分)

1.椭圆的焦点的坐标为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

根据椭圆的方程，求出，即可得出焦点坐标.

【详解】因为椭圆方程为，

所以，且焦点在轴上，

所以焦点坐标为：.

故选：B.

【点睛】本题主要考查求椭圆的焦点坐标，熟记椭圆的简单性质即可，属于基础题型.

2.某学校有高一、高二、高三三个年级，已知高一、高二、高三的学生数之比为，现用分层抽样抽取一个容量为的样本，从高一学生中用简单随机抽样抽取样本时，学生甲被抽到的概率为，则该学校学生的总数为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

求出整个抽样过程中，每个学生被抽到的概率为，结合样本容量为可求得该学校学生的总数.

【详解】从高一学生中用简单随机抽样抽取样本时，学生甲被抽到的概率为，

所以，在整个抽样过程中，每个学生被抽到的概率为，

所以，从该学校中抽取一个容量为的样本时，则该学校学生的总数为.

故选：B.

【点睛】本题考查利用分层抽样计算总容量，考查计算能力，属于基础题.

3.已知数据的平均值为2，方差为1，则数据的方差是（    ）

A. 小于1 B. 1 C. 大于1 D. 无法确定

【答案】C

【解析】

【分析】

根据数据的平均值和方差公式计算比较可得答案.

【详解】因为数据的平均值为2，

所以，所以，

所以的平均值为2，

数据平均值为2，方差为1

所以，

所以，

所以数据的方差是，

故选：C.

【点睛】本题考查了数据的平均值和方差公式，属于基础题.

4.若抛物线上的一点M到坐标原点O的距离为，则点M到该抛物线焦点的距离为（    ）

A. 3 B.  C. 2 D. 1

【答案】B

【解析】

【分析】

设，则，解得，故，计算得到答案.

【详解】设，M到坐标原点O的距离为，解得，故.

点M到该抛物线焦点距离为.

故选：.

【点睛】本题考查了抛物线中的距离问题，意在考查学生的计算能力和转化能力.

5.假设在元旦假期期间，甲地降雨概率是，乙地降雨概率是，且两地是否降雨相互之间没有影响，则在该时段两地中恰有一个地区降雨的概率为（    ）

A.  B.  C.  D. 0.56

【答案】B

【解析】

【分析】

根据甲、乙两地恰有一个地方下雨，包括甲地下雨，乙地不下雨和甲地不下雨，乙地下雨两类情况，再根据相互独立事件同时发生的概率公式得到结果；

【详解】解：甲、乙两地恰有一个地方下雨的概率：

故选：B

【点睛】考查运用概率知识解决实际问题的能力，相互独立事件是指，两事件发生的概率互不影响，注意应用相互独立事件同时发生的概率公式，属于基础题．

6.近年来，随着“一带一路”倡议的推进，中国与沿线国家旅游合作越来越密切，中国到“一带一路”沿线国家的游客人也越来越多，如图是2013-2018年中国到“一带一路”沿线国家的游客人次情况，则下列说法正确的是（　　）

①2013-2018年中国到“一带一路”沿线国家的游客人次逐年增加

②2013-2018年这6年中，2016年中国到“一带一路”沿线国家的游客人次增幅最小

③2016-2018年这3年中，中国到“一带一路”沿线国家的游客人次每年的增幅基本持平

A. ①③ B. ②③ C. ①② D. ①②③

【答案】A

【解析】

【分析】

根据图象上的数据，对三种说法逐个分析可得答案.

【详解】观察图像可知说法① 正确；

观察图像可知2014年增加45万人，2016年增加350万人，故说法② 不正确，排除，，；

观察图像可知2017年增加320万人，2018年增加259万人，2016-2018年这3年中，每年增加的人次相差不大，基本持平，故说法③ 正确.

故选：A.

【点睛】本题考查了对统计图表的理解和应用，属于基础题.

7.已知双曲线的右焦点为，为双曲线左支上一点，点，则周长的最小值为（   ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

曲线右焦点为，周长 要使周长最小，只需 最小，如图：

当三点共线时取到,故l=2|AF|+2a= 

故选B

点睛：本题考查了双曲线的定义，两条线段之和取得最小值的转化，考查了转化思想，属于中档题.

8.12件同类产品中，有10件是正品，2件是次品，从中任意抽出3件，与“抽得1件次品2件正品”互斥而不对立的事件是（    ）

A. 抽得3件正品 B. 抽得至少有1件正品

C. 抽得至少有1件次品 D. 抽得3件正品或2件次品1件正品

【答案】A

【解析】

【分析】

根据互斥事件和对立事件的概念逐项分析可得答案.

【详解】对于 , 抽得3件正品与抽得1件次品2件正品是互斥而不对立事件;

对于 , 抽得至少有1件正品与抽得1件次品2件正品不是互斥事件,

对于 , 抽得至少有1件次品与抽得1件次品2件正品不是互斥事件,

对于 , 抽得3件正品或2件次品1件正品与抽得1件次品2件正品既是互斥也是对立事件.

故选:A

【点睛】本题考查了互斥事件与对立事件的概念,掌握互斥事件与对立事件的概念是答题的关键,属于基础题.

9.在平面直角坐标系中，圆与圆的公共弦的长为（    ）

A  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

先用两圆方程相减求出公共弦所在直线方程，再求圆心到直线的距离，最后用勾股定理可得．

【详解】解：由，得：

两圆的公共弦所在的直线方程为：，

圆的圆心到直线的距离为：，

公共弦长为：．

故选：C．

【点睛】本题考查了圆与圆的位置关系及其判定，属中档题．直线与圆的方程，两圆的公共弦长问题．

10.已知实数，且，函数在上单调递增，则实数的取值范围（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

当，由指数函数的性质分析可得，当时，由导数与函数单调性的关系可得，在上恒成立，变形可得，再结合函数的单调性，分析可得，分析可得答案.

【详解】根据题意，函数在上单调递增，
当，若为增函数，则①，
当，

若为增函数，必有在上恒成立，
变形可得：，
又由，可得在上单调递减，则，
若在上恒成立，则有②，
若函数在上单调递增，左边一段函数的最大值不能大于右边一段函数的最小值，

则需有，③
联立①②③可得：.
故选：B.

【点睛】本题主要考查函数单调性以及分段函数的应用.首先根据指数函数确定出参数的大范围，然后再利用求导进一步求出参数范围，最后根据单调性来解答临界值的大小，从而得到结论,考查了运算和推论能力，属于中档题.

11.已知圆,直线,若直线上存在点，过点引圆的两条切线,使得,则实数的取值范围是（  ）

A.  B. [,]

C.  D. ）

【答案】D

【解析】

【分析】

由题意结合几何性质可知点P的轨迹方程为，则原问题转化为圆心到直线的距离小于等于半径，据此求解关于k的不等式即可求得实数k的取值范围.

【详解】圆C（2,0），半径r＝，设P（x，y），

因为两切线，如下图，PA⊥PB，由切线性质定理，知：

PA⊥AC，PB⊥BC，PA＝PB，所以，四边形PACB为正方形，所以，｜PC｜＝2，

则：，即点P的轨迹是以（2,0）为圆心，2为半径的圆.

直线过定点（0，－2），直线方程即，

只要直线与P点的轨迹（圆）有交点即可，即大圆的圆心到直线的距离小于等于半径，

即：，解得：，

即实数的取值范围是）.

本题选择D选项.

【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系，轨迹方程的求解与应用，等价转化的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.

12.若关于x的不等式e2x﹣alnxa恒成立，则实数a的取值范围是（    ）

A. [0，2e] B. （﹣∞，2e] C. [0，2e2] D. （﹣∞，2e2]

【答案】C

【解析】

【分析】

讨论a＜0时，f（x）＝e2x﹣alnx无最小值，不符题意；检验a＝0时显然成立；讨论a＞0时，求得f（x）导数和极值点m、极值和最值，解不等式求得m的范围，结合a＝2me2m，可得所求范围．

【详解】解：当a＜0时，f（x）＝e2x﹣alnx为（0，+∞）的增函数（增函数+增函数=增函数），此时时，f（x），所以不符合题意；

当a＝0时，e2x﹣alnxa即为e2x≥0显然成立；

当a＞0时，f（x）＝e2x﹣alnx的导数为＝2e2x，

由于y＝2e2x在（0，+∞）递增（增函数+增函数=增函数），

设＝0的根为m，即有a＝2me2m，.

当0＜x＜m时，＜0，f（x）单调递减；当x＞m时，＞0，f（x）单调递增，

可得x＝m处f（x）取得极小值，且为最小值e2m﹣alnm，

由题意可得e2m﹣alnma，即alnma，

化为m+2mlnm≤1，设g（m）＝m+2mlnm，＝1+2（1+lnm），

所以函数在内单调递减，在单调递增.

当m＝1时，g（1）＝1，当时，.

可得m+2mlnm≤1的解为0＜m≤1，

设

所以函数在单调递增.

则a＝2me2m∈（0，2e2]，

综上可得a∈[0，2e2]，

故选：C．

【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性和最值，考查利用导数研究不等式的恒成立问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.

二、填空题：（本题有4小题，每小题5分，共20分.）

13.不透明的口袋中有形状和大小完全相同的四个球，球的编号分别为、、、.若从袋中随机抽取出两个球，则取出的两个球的编号之和小于的概率为______.

【答案】

【解析】

【分析】

列举出所有的基本事件，并确定事件“取出的两个球的编号之和小于”所包含的基本事件，利用古典概型的概率公式可计算出所求事件的概率.

【详解】从袋中随机抽取出两个球，则所有的基本事件有：、、、、、，共种，

其中，事件“取出的两个球的编号之和小于”所包含的基本事件有：、，共种，

因此，所求事件的概率为.

故答案为：.

【点睛】本题考查古典概型概率的计算，一般利用列举法列举出基本事件，考查计算能力，属于基础题.

14.如表是某厂2020年1～4月份用水量（单位：百吨）的一组数据

由散点图可知,用水量y与月份x之间有较明显的线性相关关系,其线性回归方程是,预测2020年6月份该厂的用水量为_____百吨.

【答案】5.95

【解析】

【分析】

求出样本中心的坐标,代入回归直线方程,求出,然后代入x＝6,推出结果即可.

【详解】解：由题意可知,

；

又线性回归方程是,经过样本中心,所以,

解得：,

所以,

x＝6时,0.7×6+1.75＝5.95（百吨）.

预测2020年6月份该厂的用水量为5.95百吨.

故答案为：5.95.

【点睛】本题主要考查了线性回归方程的计算以及根据回归方程预测的问题.属于基础题.

15.甲、乙、丙、丁、戊，共5位同学排成一排，若甲、乙都不排在两端，则不同的排法总数为_______.

【答案】18

【解析】

【分析】

先排甲、乙，再排没有限制条件的三人，结合分步计数原理，即可求解.

【详解】由题意，甲、乙都不排在两端，共有种不同的排法，

其余三个位置进行全排列即可，共有种排法，

根据分步计数原理，可得共有种不同的排法.

故答案为：.

【点睛】本题主要考查了分步计数原理的应用，属于基础题，解题时要注意先安排题目中有限制条件的元素，最后再排列没有限制条件的元素，这是解题的常见方法.

16.在平面上给定相异两点A,B，设P点在同一平面上且满足，当λ＞0且λ≠1时，P点的轨迹是一个圆，这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故我们称这个圆为阿波罗斯圆，现有椭圆,A,B为椭圆的长轴端点，C,D为椭圆的短轴端点，动点P满足，△PAB面积最大值为 ,△PCD面积最小值为，则椭圆离心率为______．

【答案】

【解析】

【分析】

利用两点间的距离公式求得点的轨迹方程，根据两个三角形面积的最值列方程，由此求得的值及离心率的值.

【详解】依题意，设，依题意的,，两边平方化简得，故圆心为，半径.所以的最大面积为，解得，的最小面积为，解得.故椭圆离心率为.

【点睛】本小题主要考查阿波罗斯圆轨迹方程的求法，考查三角形的面积公式，考查椭圆的离心率以及圆的标准方程，考查了化归与转化的数学思想方法.要求一个动点的轨迹方程，可以先设出动点的坐标，然后代入题目所给的方程，如本题中比值为这个方程，化简后可求得动点的轨迹方程.

三、解答题：（本题有6小题，共70分.要求规范书写推理、演算的过程.）

17.某种水果按照肉质和口感可分为四类：标准果，优质果，精品果，礼品果，某采购商从采购的一批水果中随机抽取100个（每个水果的重量相当），利用水果的等级分类标准得到的数据如下：

（1）用样本估计总体，果园老板提出两种购销方案给采购商参考：

方案①：不分类卖出，单价为20元/.

方案②：分类卖出，分类后的水果售价如下表：

从采购商的角度考虑，应该采用哪种方案较好？并说明理由.

（2）从这100个水果中用分层抽样的方法抽取10个，再从抽取的10个水果中随机抽取2个，求抽取的2个水果不是同一级别水果的概率.

【答案】（1）选择方案①，理由见详解；（2）.

【解析】

【分析】

（1）先设方案②的单价为，求出其均值，即可得出结果；

（2）先根据分层抽样，得出各种等级的果品抽取的个数；再根据题意，由古典概型的概率计算公式，即可求出结果.

【详解】（1）设方案②的单价为，

则单价的期望为，

所以从采购商的角度考虑，应选择方案①；   

（2）用分层抽样的方法从100个水果中抽取10个，则其中标准果；优质果；精品果个；礼品果；

再从抽取的10个水果中随机抽取2个，共有种情况；

则抽取的2个水果不是同一级别水果的概率为.

【点睛】本题主要考查期望的应用，以及古典概型的概率计算问题，属于常考题型.

18.如图，四棱锥，，，，为等边三角形，平面平面，为中点.

（1）求证：平面；

（2）求二面角的余弦值.

【答案】（1）见解析；（2）

【解析】

【分析】

（1）证明及，即可证明：平面，问题得证．

（2）建立空间直角坐标系，由（1）得为平面的法向量，求得平面的法向量为，利用空间向量夹角的数量积表示即可求得二面角的余弦值.

【详解】（1）证明：因为，，

所以，

又平面平面，且平面平面，

所以平面.

又平面，所以，

因为为中点，且为等边三角形，所以.

又，所以平面.

（2）取中点为，连接，因为为等边三角形，所以，

因为平面平面，所以平面，

所以，由，，

可知，所以.

以中点为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.

所以，，，，，

所以，，

由（1）知，为平面的法向量，

因为为的中点，

所以，

所以，

设平面的法向量为，

由，得，

取，则.

所以 .

因为二面角为钝角，

所以，二面角的余弦值为.

【点睛】本题主要考查了线面垂直的证明，考查转化能力及空间思维能力，还考查了利用空间求二面角的余弦值，考查计算能力，属于中档题．

19.在平面直角坐标系中，抛物线，圆，已知直线与圆相切，且与抛物线相交于两点.

（Ⅰ）求直线在轴上截距的取值范围；

（Ⅱ）设是抛物线的焦点，，求直线的方程.

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）或．

【解析】

【分析】

（Ⅰ）设直线的方程为，由直线与圆相切，可得，直线的方程代入，消去，由直线与抛物线相交于，两点，得，即可求直线在轴上截距的取值范围；

（Ⅱ）由，结合韦达定理和条件，解方程，即可求直线的方程．

【详解】解：（Ⅰ）设直线的方程为，的圆心为，半径为1，

由直线与圆相切，

得，化简得，

直线的方程代入，消去，得，

由直线与抛物线相交于，两点，得△，即，

将代入上式，得．

解得或，

注意到，从而有或，即.

（Ⅱ）设，，，，，

由得，，

所以

，

将，代入上式，

由，得，

所以，即．

解得，或（舍去）．

故．

所以直线的方程为或．

【点睛】本题考查抛物线的标准方程，考查直线与抛物线的位置关系，考查向量知识的运用，考查学生的计算能力，正确运用韦达定理是关键．

20.设函数.

（1）当，时，恒成立，求的范围；

（2）若在处的切线为，求、的值.并证明当时，.

【答案】（1）（2）见解析

【解析】

【试题分析】（1）当时，由于，故函数单调递增，最小值为.（2）利用切点和斜率为建立方程组，解方程组求得的值.利用导数证得先证，进一步利用导数证，从而证明原不等式成立.

【试题解析】

解：由，

当时，得.

当时，，且当时，，此时.

所以，即在上单调递増，

所以，

由恒成立，得，所以.

（2）由得

，且.

由题意得，所以.

又在切线上.

所以.所以.

所以.

先证，即，

令，

则，

所以在是增函数.

所以，即.①

再证，即，

令，

则，

时，，时，， 时，.

所以在上是减函数，在上是增函数，

所以.

即，所以.②

由①②得，即在上成立.

【点睛】本小题主要考查利用导数解决不等式恒成立问题，考查利用导数证明不等式.第一问由于题目给出，并且导函数没有含有，故可直接有导数得到函数的单调区间，由此得到函数的最小值，令函数的最小值大于或等于零，即可求得的取值范围，从而解决了不等式恒成立问题.

21.如图，在平面直角坐标系中，椭圆经过点，离心率为. 已知过点的直线与椭圆交于两点．

（1）求椭圆的方程；

（2）试问轴上是否存在定点，使得为定值．若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）；（2）.

【解析】

分析：（1）先根据已知得到三个方程解方程组即得椭圆C的方程. (2) 设N(n，0)，先讨论l斜率不存在的情况得到n=4,再证明当N为(4，0)时，对斜率为k的直线l：y＝k(x－)，恒有＝12．

详解：（1）离心率e＝，所以c＝a，b＝＝a，  

所以椭圆C的方程为．

因为椭圆C经过点，所以\，

所以b2＝1，所以椭圆C的方程为．        

（2）设N(n，0)，

当l斜率不存在时，A(，y)，B(，－y)，则y2＝1－＝，

则＝(－n)2－y2＝(－n)2－＝n2－n－，      

当l经过左､右顶点时，＝(－2－n)(2－n)＝n2－4．

令n2－n－＝n2－4，得n＝4．                      

下面证明当N为(4，0)时，对斜率为k的直线l：y＝k(x－)，恒有＝12．

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，

由消去y，得(4k2＋1)x2－k2x＋k2－4＝0，                   

所以x1＋x2＝，x1x2＝，                  

所以＝(x1－4)(x2－4)＋y1y2

＝(x1－4)(x2－4)＋k2(x1－)(x2－)

＝(k2＋1)x1x2－(4＋k2)(x1＋x2)＋16＋k2  

＝(k2＋1) －(4＋k2) ＋16＋k2

＝＋16＝12．                                             

所以在x轴上存在定点N(4，0)，使得为定值．

点睛：（1）本题主要考查椭圆的方程和直线和椭圆的位置关系，考查向量的数量积，意在考查学生对这些基础知识的掌握能力和分析推理能力基本计算能力. (2)对于定点定值问题，可以通过特殊情况先探究，再进行一般性的证明.本题就是这样探究的.先通过讨论l斜率不存在的情况得到n=4,=12，再证明斜率存在时，对斜率为k的直线l：y＝k(x－)，恒有＝12．

22.已知函数，其中常数.

（1）若，求函数的极值；

（2）若函数在上单调递增，求实数的取值范围；

（3）若，设函数在上的极值点为，求证：.

【答案】(1)当时，的极大值为，无极小值；(2)；(3)证明见解析.

【解析】

试题分析：（1）求导，利用导函数的符号变化得到函数的单调性，进而得到函数的极值；（2）求导，将函数在某区间上单调递增转化为导函数非负恒成立，分离参数，构造函数，将不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题；（3）连续两次求导，分别通过研究导函数的符号变化研究函数的极值，再作差构造函数，将不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题，再利用求导进行求解.

试题解析：（1）当时，，定义域为，

，令，得.

当时，的极大值为，无极小值.

（2），由题意对恒成立.

，，

对恒成立，

对恒成立.

令，，则，

①若，即，则对恒成立，

在上单调递减，

则，，与矛盾，舍去；

②若，即，令，得，

当时，，单调递减，

当时，，单调递增，

当时， ，

.综上.

（3）当时，，，

令，，

则 ，令，得，

①当时，，单调递减，，

恒成立，单调递减，且.

②当时，，单调递增，

又 ，

存在唯一，使得，，

当时，，单调递增，

当时，，单调递减，且，

由①和②可知，在单调递增，在上单调递减，

当时，取极大值.

，，

，

又，，.