2021-2022学年广西桂林市第十八中学高二下学期开学考试数学（理）试题含解析

2021-2022学年广西桂林市第十八中学高二下学期开学考试数学（理）试题

一、单选题

1．集合，，则（       ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】解不等式可求得集合，由交集定义可得结果.

【详解】，，

.

故选：B.

2．已知函数，那么（       ）

A．-2 B．-1 C． D．2

【答案】A

【分析】直接代入计算即可.

【详解】

故选：A.

3．已知是等比数列，且，则 （       ）

A．16 B．32 C．24 D．64

【答案】A

【分析】由等比数列的定义先求出公比，然后可解..

【详解】，得

故选：A

4．已知实数，满足不等式组，则目标函数的最大值为（       ）

A．6 B．4 C．3 D．1

【答案】A

【分析】首先画出不等式表示的平面区域，再画出初始目标函数表示的直线，再利用几何意义，求目标函数的最大值.

【详解】不等式组所表示的可行域为如图所示的及其内部，令，则，所表示的直线如图中虚线所示，平移该直线，当经过点时，取得最大值6.

故选：A.

5．已知向量，，那么（       ）

A．5 B． C．8 D．

【答案】B

【分析】根据平面向量模的坐标运算公式，即可求出结果.

【详解】因为向量，，所以

.

故选：B.

6．已知直线是曲线的切线，则实数的值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】设出切点坐标，结合切线过原点列方程，解方程求得，进而求得的值.

【详解】设切点坐标为，

由，，所以切线的斜率为，

由于直线过原点，

所以切线过原点，

所以，

所以切线的斜率为，也即.

故选：D

【点睛】本小题主要考查利用导数求切线的斜率，属于基础题.

7．已知焦点在轴上的椭圆的长轴长是8，离心率是，则此椭圆的标准方程是（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】由椭圆的长轴长及离心率的值，可求出，进而结合椭圆的焦点在轴上，可得出椭圆的标准方程.

【详解】由题意知，，∴，又，∴，则.

因为椭圆的焦点在轴上时，所以椭圆方程为.

故选：A.

【点睛】本题考查椭圆标准方程的求法，考查学生的计算求解能力，属于基础题.

8．如图，正三棱柱中，，则与平面所成角的正弦值等于（     ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】取中点，连接，，证明平面，从而可得为与平面所成角，再利用三角函数计算的正弦值.

【详解】取中点，连接，，在正三棱柱中，底面是正三角形，∴，又∵底面，∴，又，∴平面，∴为与平面所成角，由题意，，，在中，.

故选：C

9．函数的部分图象如图所示，则函数的解析式为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】由图像求出周期再根据可得，再由，代入可求，进而可求出解析式.

【详解】由图象可知，，得，

又∵，∴.

当时，，即，

解得.又，则，

∴函数的解析式为.

故选：B.

【点睛】本题主要考查了由三角函数的图像求函数解析式，需熟记正弦型三角函数的周期公式，属于基础题.

10．已知双曲线C : (a>0，b>0)， 过点P(3，6) 的直线与C相交于A， B两点， 且AB的中点为N(12，15)， 则双曲线C的离心率为（ ）

A．2 B．3 C． D．

【答案】C

【分析】利用点差法求出，再由a，b，c的关系由求离心率e.

【详解】设，，由已知可得，，

相减化简可得，

又AB的中点N(12,15)，直线AB过点P(3,6)，

∴   ，，，

∴   ，

∴   ，

∴ 离心率，

故选：C.

11．已知是边长为6的等边所在平面外一点，，当三棱锥的体积最大时，三棱锥外接球的表面积为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由题意分析可得，当时三棱锥的体积最大，然后作图，将三棱锥还原成正三棱柱，按照正三棱柱外接球半径的计算方法来计算，即可计算出球半径，从而完成求解.

【详解】

由题意可知，当三棱锥的体积最大时是时，为正三角形，如图所示，将三棱锥补成正三棱柱，

该正三棱柱的外接球就是三棱锥的外接球，

而正三棱柱的外接球球心落在上下底面外接圆圆心连线的中点上，

设外接圆半径为，三棱锥的外接球半径为，

由正弦定理可得：，所以，

，

所以三棱锥外接球的表面积为.

故选：C.

12．已知，且满足，为自然对数的底数，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】构造函数利用函数的单调性判断即可.

【详解】因为在上单调增，，所以，BC错；

构造函数，则，，

当时，，单调增，

当时，，单调减，

因为，，即，又，

所以，，，，

所以，

所以，，，即，

所以，A正确.

故选：A

二、填空题

13．已知函数，则的导函数______．

【答案】

【分析】利用积的导数运算法则和复合函数求导法则求解即得.

【详解】依题意，.

故答案为：

14．已知，，且，则的最小值为___________.

【答案】

【分析】由已知凑配出积为定值，然后由基本不等式求得最小值．

【详解】因为，，且，

所以，当且仅当，即时等号成立．

故答案为：．

15．已知函数f（x）＝|lgx|，若a≠b，且f（a）＝f（b），则a+b的取值范围为______．

【答案】（2，+∞）

【解析】根据对数函数的图象得到ab＝1，利用基本不等式进行求解即可．

【详解】∵f（a）＝f（b），

∴|lga|＝|lgb|，

不妨设0＜a＜b，则0＜a＜1＜b，

∴lga＝﹣lgb，lga+lgb＝0

∴lg（ab）＝0

∴ab＝1，

又a＞0，b＞0，且a≠b

∴ ，

∴a+b＞2

故答案为：（2，+∞）

【点睛】本题主要考查对数函数的图象和性质，结合基本不等式是解决本题的关键．

16．设函数，若存在实数使得成立，则的取值范围是__________.

【答案】

【分析】将变形为，令，，分别研究其单调性

及值域，使问题转化为即可.

【详解】由题，，

令，则，由，得，由，得，

所以在递减，在递增，所以，

令，则，由，得，由，得，

所以在递增，在递减，所以，

若存在实数使得成立，即存在实数使得成立，

即存在实数使得恒成立

所以，

即，解得，

所以的取值范围为.

故答案为：

【点睛】关键点点睛：本题解题关键是将所求问题转为存在实数使得恒成立，结合的值域进一步转化为存在实数使得恒成立，再只需即可.

三、解答题

17．已知数列满足．

（1）求数列的前项和；

（2）设等差数列满足，，求数列的前项和.

【答案】（1） ; （2）

【分析】（1）根据递推公式，则，，即可求出结论；

（2）根据，求出的通项公式为，应用等差数列的前项和公式，即可求解.

【详解】（1），

得是等比数列，且，

所以

（2）设等差数列的公差为，由=16，=32

得，所以

则

18．已知函数在与时，都取得极值．

(1)求，的值；

(2)若，求的单调增区间和极值．

【答案】(1)，

(2)函数的单调递增区间是和，单调递减区间是，函数的极大值是，函数的极小值是.

【分析】（1）利用导数与极值点的关系，求得后，再检验；

（2）首先求，再利用导数和函数单调性，极值的关系，即可求解.

【详解】(1)，由条件可知和，

即，解得：，，

所以，

检验：

经检验与时，都取得极值，满足条件，所以，；

(2)，解得：，

所以

有表可知，函数的单调递增区间是和，单调递减区间是

，函数的极大值是，函数的极小值是.

19．在中，，.

(1)求的大小；

(2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，判断是否存在，若不存在，说明理由；若存在，求出的面积.条件①：；条件②：；条件③：成等差数列.注：如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分.

【答案】(1)

(2)选①：△ABC存在，此时；选②：△ABC不存在；选③：△ABC存在，此时.

【分析】（1）利用正弦定理得到，进而求出的大小；（2）选①：结合第一问可求出，，得到△ABC存在，利用面积公式求出答案；选②：利用余弦定理可得到，故△ABC不存在；选③：利用余弦定理可得：，结合，，得到△ABC存在，利用面积公式得到答案.

【详解】(1)因为，由正弦定理

可得，所以，

即，又，所以；

(2)选择条件①：

由（1）知，，所以，故，因为，所以，

所以，此时存在，

因为，所以

又因为

所以     

选择条件②：

因为，由余弦定理可得，

又所以可得，

又由条件②：，可得：，所以，

又，所以可得，这与在中，矛盾

故此时不存在

选择条件③：成等差数列

因为成等差数列，所以，

因为，所以

又由余弦定理可得，

化简得

联立方程组，可解得：或（舍），

又，，所以可知为等边三角形，此时存在，

所以.

20．如图，四棱锥中，底面为边长是2的正方形，，分别是，的中点，，，且二面角的大小为.

（1）求证：；

（2）求二面角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【分析】（1）作于点连接，可证，，可证直线平面，即可证明；

（2）以点为原点，,,所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，利用空间向量可求二面角的余弦值.

【详解】（1）作于点连接，可证，，又，

∴平面，即可证明；

（2）以点为原点，,,所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，利用空间向量可求二面角的余弦值.

（1）证明：作于点连接，

∵，，，

∴，∴，

即，，又，

∴平面，又平面，

∴.

（2）∵二面角的大小为，

∴平面平面，平面平面，，∴平面.

以点为原点，,,所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，

∵,

∴.

∴，即.

∴，，，.

∴,，

设平面的法向量，

由，得

令，得.

易知为平面的一个法向量.

设二面角为，为锐角，则.

21．已知抛物线，过点的直线交抛物线于、两点，设为坐标原点，，且.

（1）求的值；

（2）若，，的面积成等比数列，求直线的方程.

【答案】（1）；（2）或

【分析】（1）利用 ，从而可得结果；（2）由（1）知点为抛物线的焦点，可设直线的方程为，由 .，，成等比数列，可得，即.利用韦达定理可得，解方程即可得结果.

【详解】（1）据题直线，斜率均存在，且，.

.故.

（2）由（1）知点为抛物线的焦点，

据题意，直线的斜率存在且不为0，故可设直线的方程为.

由 .

设，，则有，，

.

若，，的面积成等比数列，则，，成等比数列

∴，即：.

∴

∴，则.

解得，或，均满足.

故直线的方程为或.

【点睛】本题主要考查直线与圆锥曲线的位置关系的相关问题，意在考查学生理解力、分析判断能力以及综合利用所学知识解决问题能力和较强的运算求解能力，其常规思路是先把直线方程与圆锥曲线方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题．

22．函数.

（1）讨论函数f(x)的单调性；

（2）设，当a>0时，证明：恒成立.

【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析；

【分析】（1）由题意可知，，再对分情况讨论，分别分析函数的单调性；

（2）要证，只需证，设，利用导数得到在时取得极小值，所以，再令，利用导数得到在时取得极小值，所以最小值为，从而得出当时，恒成立，即恒成立．

【详解】解：（1）由题意可知，，

①当时，，在上单调递增，

②当时，

．当时，，所以在上单调递减，

．当时，，

．当时，，所以在上单调递增；

（2）要证，所以只需证，

设，则，

当时，；当时，；当时，，

在时取得极小值，即为最小值，

令，则，

当时，；当时，；当时，，

在时取得极小值，即最小值为，

当时，恒成立，即恒成立．

【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的最值，属于中档题．