2021-2022学年贵州省遵义航天高级中学高二下学期第一次月考数学(理)试题含解析
展开2021-2022学年贵州省遵义航天高级中学高二下学期第一次月考数学(理)试题
一、单选题
1.复数的虚部为( )
A.1 B. C.-1 D.
【答案】C
【分析】根据复数的摸及四则运算,再结合复数的概念即可求解.
【详解】.
故选:C.
2.已知a为实数,则“”是“方程表示的曲线为椭圆”的( )
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】根据方程为椭圆的条件,得出的范围,再利用充分条件和必要条件进行判断.
【详解】由方程表示的曲线为椭圆,则
,解得且,
所以“”是“且”的充分不必要条件,即
“”是“方程表示的曲线为椭圆”的充分不必要条件.
故选:A.
3.设存在导函数且满足,则曲线上的点处的切线的斜率为( )
A.-1 B.-3 C.1 D.
【答案】D
【分析】利用导数的定义求解.
【详解】解:因为,
所以,
故选:D
4.已知是函数的导函数,且的图像如图所示, 则函数的图像可能是( )
A. B.
C. D.
【答案】D
【分析】根据导函数图象判断出函数的单调性即可得出.
【详解】根据导函数的图象可得,当时,,则单调递减;
当时,,则单调递增;
当时,,则单调递减,
所以只有D选项符合.
故选:D.
5.如图,在四棱锥中,底面ABCD为矩形,底面,,E为PC的中点,则异面直线PD与BE所成角的余弦值为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【分析】以点为坐标原点建立空间直角坐标系,利用线线角的向量求法可求得结果.
【详解】以点为坐标原点,为x轴,为y轴,为z轴建立空间直角坐标系,如下图所示:
则,,,,,,
设异面直线与所成角为,则.
故选:B.
【点睛】方法点睛:本题考查线线角的求法,利用空间向量求立体几何常考查的夹角:设直线的方向向量分别为,平面的法向量分别为,则
①两直线所成的角为(),;
②直线与平面所成的角为(),;
③二面角的大小为(),
6.过椭圆内的一点P(2,-1)的弦,恰好被P点平分,则这条弦所在的直线方程是( )
A. B. C. D.
【答案】A
【分析】设这条弦的两端点为A(x1,y1),B(x2,y2),由点差法得到,由中点坐标公式可得:x1+x2=4,y1+y2=-2, ∴5(y1-y2 )=2(x1-x2),进而得到直线的斜率和方程.
【详解】∵设这条弦的两端点为A(x1,y1),B(x2,y2),直线斜率为k,
∴,∴两式相减可得:
∵由中点坐标公式可得:x1+x2=4,y1+y2=-2, ∴5(y1-y2 )=2(x1-x2),
∵由 ∴弦所在的直线方程 ,
∴整理得:
故选A.
【点睛】这个题目考查的是椭圆的中点弦问题,“点差法”的常见题型有:求中点弦方程、求(过定点、平行弦)弦中点轨迹、垂直平分线问题.必须提醒的是“点差法”具有不等价性,即要考虑判别式是否大于零.
7.函数在处取得极大值,则实数的值为( )
A.或 B. C. D.
【答案】C
【分析】求出函数的导数,得到关于m的方程,求出m的值,代入函数的解析式,利用在处取得极大值,进行检验,从而确定m的值即可.
【详解】.
由题意得: ,解得:m=1或m=3.
当m=1时, ,.
令,解得:x>1或;令,解得:.
故在上递增,在上递减,在(1,+∞) 上递增,故是极大值点,符合题意.
当m=3时, ,.
令,解得:或,令,解得:.故在上递增,在上递减,在上递增,故是极小值点,不符合题意.
综上所述:m=1.
故选:C.
8.已知直线是曲线的一条切线,则实数m的值为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【分析】首先设切点为,根据直线是曲线的一条切线得到,再将切点代入曲线方程即可得到答案.
【详解】解:设切点坐标为,.
因为直线是曲线的一条切线,
所以,解得.
将切点代入得到,.
故选:A.
9.若对任意的,恒成立,则实数a的最小值为( )
A.3 B.2 C.-2 D.-3
【答案】A
【分析】先利用分离参数法得到对任意的恒成立.定义函数,利用导数求出,即可得到答案.
【详解】因为对任意的,恒成立,
所以对任意的恒成立.
令,只需.
.
令,解得:;令,解得:;
所以在上单增,在上单减,所以.
所以.即实数a的最小值为3.
故选:A.
10.已知抛物线的焦点为F,准线为l,P是l上一点,Q是直线PF与C的一个交点,若,则( )
A. B.2 C. D.
【答案】D
【分析】由题意解出点横坐标,由抛物线的定义求解
【详解】,设,,
,则,得,
由抛物线定义得
故选:D
11.已知三棱锥,A,B,C三点均在球心为O的球表面上,,,三棱锥的体积为,则球O的表面积是( )
A. B. C. D.
【答案】B
【分析】求出AC边,根据正弦定理求出△ABC外接圆半径,设△ABC外接圆圆心为G,则根据三棱锥体积可求出OG,在Rt△OGA中,利用勾股定理即可求外接球半径OA,根据球的表面积公式即可求得答案.
【详解】
三棱锥三点均在球心的表面上,且,,
易求,,
设的外接圆的圆心为,
根据正弦定理得△ABC外接圆的半径为:,
∵O为球心,故OG⊥平面ABC,
∵三棱锥的体积为,
,即,∴,
∴球的半径为:,
∴球的表面积:.
故选:B.
12.若x、a、b为任意实数,若,则最小值为( )
A. B.9 C. D.
【答案】C
【分析】由题可知,问题可转化为圆上动点到函数y=lnx图像上动点距离的最小值,即求函数y=lnx上动点到圆心距离的最小值,数形结合可知当y=lnx在处的切线与和连线垂直时为最小值,据此求出m的值,即可得到答案.
【详解】由可得在以为圆心,1为半径的圆上,
表示点与点的距离的平方,
即表示圆上动点到函数y=lnx图像上动点距离的平方.
设为y=lnx上一点,且在处的y=lnx的切线与和连线垂直,可得,
即有,
由在时递增,且,可得m=1,即切点为,
圆心与切点的距离为,
由此可得的最小值为.
故选:C.
二、填空题
13.经过点的抛物线的标准方程为__________.
【答案】或
【详解】由点在第四象限,则抛物线的开口方向为向右或向下,所以可设该抛物线的方程为或(),将点坐标分别代入两方程得,所求抛物线的方程为或.
14.已知函数是定义在R上的偶函数,,,则不等式的解集为______.
【答案】
【分析】构造函数,利用导数可得函数的单调性,结合及函数的奇偶性,即可求得不等式的解集.
【详解】令,时,,
在上递减,函数是定义在上的偶函数,,
,是奇函数,在上递减,
又,,时,,时,,
根据函数的奇偶性知,时,,时,,
当时,等价于,当时,不成立,
不等式的解集为,
故答案为:.
15.已知,分别为双曲线的左、右焦点,若双曲线右支上一点P满足,且,则该双曲线的离心率为______.
【答案】
【分析】依题意根据双曲线的定义可得,,再根据向量数量积的定义求出,在中利用余弦定理得到,即可得解;
【详解】解:根据双曲线的定义可得,又,所以,,
又,所以,
又,在中由余弦定理,
即,即,所以离心率;
故答案为:
16.设函数,若是的极大值点,则a取值范围为_______________.
【答案】
【详解】试题分析:的定义域为,由,得,所以.①若,由,得,当时,,此时
单调递增,当时,,此时单调递减,所以是的极大值点;②若,由,得或.因为是的极大值点,所以,解得,综合①②:的取值范围是,故答案为.
【解析】1、利用导数研究函数的单调性;2、利用导数研究函数的极值.
三、解答题
17.求函数,的最值.
【答案】最大值为,最小值为;
【分析】求出函数的导函数,即可得到函数的单调区间与极值,再计算出区间端点函数值,与极值比较,即可得解;
【详解】解:因为,,所以,
令,解得或,当时,当时,当时,
所以在和上单调递增,在上单调递减,
所以函数在处取得极大值,在处取得极小值,
又,,
,,
因为,所以,
显然,即,
所以函数在上的最大值为,最小值为;
18.如图,四棱锥的底面是矩形,底面,,,M为的中点,且,
(1)求;
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)以为坐标原点建立空间直角坐标系,设,根据可求得,即为长;
(2)利用线面角的向量求法直接求解即可.
【详解】(1)以为坐标原点,的正方向为轴,可建立如图所示空间直角坐标系,
设,则,,,,
,,
,,解得:,即,
.
(2)由(1)得:,,,
设平面的法向量,
则,令,解得:,,,
,
即直线与平面所成角的正弦值为.
19.(1)讨论,的单调性:
(2)已知,,证明:时,.
【答案】(1)见解析,(2)见解析
【分析】(1)由导数分析单调性
(2)由导数与二阶导数,结合零点存在性定理分析单调性后求最小值证明
【详解】(1),
时,
①当时,,在上单调递增,
②当时,令,得,
在上单调递减,在上单调递增,
③当时,,在上单调递减.
(2)当时,
令,
,,
,则在上单调递增.
,取,
由零点存在性定理,存在使得,有,
则在上单调递减,在上单调递增,
,
故,
故时,.
20.如图,在四面体ABCD中,是正三角形,是直角三角形,,AB=BD.
(1)求证:平面平面ABC;
(2)若,二面角的余弦值为,求m.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)取的中点,连接,则由已知可得为二面角的平面角,由已知可得,所以可得,从而可证得结论,
(2)由于,所以以为原点,所在的直线分别为轴,建立空间直角坐标系,利用空间向量求解
【详解】(1)证明:因为是正三角形,所以
因为,公共边,
所以≌,
所以,
因为是直角三角形,
所以,
取的中点,连接,则,
因为是正三角形,所以,
所以为二面角的平面角,
在中,,
因为,所以,
所以,
所以平面平面ABC;
(2)由(1)可得,所以以为原点,所在的直线分别为轴,建立空间直角坐标系,如图所示,
设等边的边长为2,则,
则,
因为,所以,
所以,
设平面的法向量为,则
,
令,则,
设平面的法向量为,则
,
令,则,
因为二面角的余弦值为,
所以,
化简得,,
解得或,
如图,过作于,连接,则由(1)可得,
因为,所以平面,
所以平面平面,所以二面角为直角二面角,
因为,
所以,
所以,得,
所以,所以,
所以当时,二面角为钝角,
所以舍去,
所以
21.已知椭圆的右顶点、上顶点分别为A、B,坐标原点到直线AB的距离为,且.
(1)求椭圆C的方程;
(2)过椭圆C的左焦点的直线交椭圆于M、N两点,且该椭圆上存在点P,使得四边形MONP(图形上字母按此顺序排列)恰好为平行四边形,求直线的方程.
【答案】(1);(2).
【分析】(1)首先求直线方程,表示原点到直线的距离,再根据,联立解求椭圆方程;
(2)直线,与椭圆方程联立,表示 ,,
再利用中点坐标公式表示点的坐标,根据点在椭圆上,代入椭圆方程求
【详解】(1) 设直线AB的方程为,
原点到AB的距离为,又,
解得,
故椭圆的方程为;
(2)由(1)得椭圆的左焦点,
易知直线的斜率不为0,可设直线,设,
因为MOPN为平行四边形,
得 ,
联立,
,
因为点P在椭圆上,有
所以直线的方程为.
【点睛】本题考查求椭圆方程和直线与椭圆相交的综合问题,意在考查转化与化归的思想和计算能力,第二问中设而不求的基本方法也使得求解过程变得简单,在解决圆锥曲线与动直线问题中,韦达定理,弦长公式都是解题的基本工具.
22.已知函数,R.
(1)若存在单调递增区间,求的取值范围;
(2)若,为的两个不同极值点,证明:.
【答案】(1);(2)证明见解析.
【分析】(1)根据题意知有解,则有解,利用导数判断函数的单调性从而确定最大值,即可得解;
(2)根据题意可得,联立可得,问题转化为证明成立,令,利用导数研究函数的单调性及最值,从而证明.
【详解】(1)函数定义域为,根据题意知有解
即有解,令,
且当时,,单调递增;当时,,单调递减
,
(2)由是的不同极值点,知是的两根
即,①联立可得:②
要证,由①代入即证,即
由②代入可得③
且由上一问可知,
若,则③等价于
令(),问题转化为证明④成立
而
在上单调递增,当,,所以④成立,得证.
若,则③等价于
令,问题转化为证明⑤成立
而
在上单调递增,当,,⑤成立,得证.
【点睛】方法点睛:破解双参数不等式的方法:
一是转化,即由已知条件入手,寻找双参数满足的关系式,并把含双参数的不等式转化为含单参数的不等式;
二是巧构函数,再借用导数,判断函数的单调性,从而求其最值;
三是回归双参的不等式的证明,把所求的最值应用到双参不等式,即可证得结果.
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