2021淮北树人高级中学高二第二学期开学考试数学（理）试卷含答案

www.ks5u.com高二第二学期开学考试卷 数学 理

1．若复数，则（    ）

A． B． C． D．

2.下列四个命题中真命题的个数是（ ）
①“”是“”的充分不必要条件;
②命题“，”的否定是“，”；
③“若，则”的逆命题为真命题；
④命题；，，命题，，则为真命题．

A. B. C. D.

3.某几何体的三视图如图所示(单位：，则该几何体的表面积(单位：是(    )

1.  B.  
2. C.  D.

4.极坐标系中，圆上的点到直线的距离最大值为(     )

A. B. C. D.

5. 已知，且，则锐角的大小为(     )

A. B. C. D.

6. 已知直线经过圆的圆心，则的最小值是(        ) 

A. B. C. D.

7. 如图，在长方形内任取一点，则点落在阴影部分内的概率为(    )

A.               B.              C.           D.

8.等差数列与的前项和分别为和，若，则(     )

A. B. C. D.

9. 已知，，分别为的三个内角，，的对边，，，则面积的最大值为

A. B. C. D.

10．函数的导函数的图象如图所示，给出下列命题：

①是函数的极值点；
②是函数的最小值点；
③在区间上单调递增；
④在处切线的斜率小于零．以上正确命题的序号是       

A.①② B.③④ C.①③ D.②④

11.  如图，，是双曲线：的左，右焦点．过的直线与双曲线的两条渐近线分别交于，两点，若点为的中点，且，则

A. B. C. D.

12.  已知函数，且)的图象在处的切线方程为，若恒成立，则的取值范围为(        )

A. B. C. D.

13.  设，满足约束条件则的最小值为________．

14.如图，在底面是直角梯形的四棱锥中，侧棱底面，，，，，则到平面的距离为_______.

15.  已知是抛物线上一点，为其焦点，点在圆上，则的最小值是________.

16.  在中，角，，的对边分别为，，，下列结论中正确的选项有________．
①，若，则；
②，若，则可能为等腰三角形或直角三角形；
③，若，则定为直角三角形；
④，若，且该三角形有两解，则的取值范围是.

17. 已知函数，直线是函数的图象的一条对称轴． 

求函数  的单调递增区间；

已知函数的图象是由的图象上的各点的横坐标伸长到原来的倍，然后再向左平移个单位长度得到的，若，，求的值

18. 设数列的前项和为，已知．

求的通项公式；

若数列满足，求的前项和．

19.如图，长方体的底面是正方形，点在棱上，.

(1)证明：平面；

(2)若，求二面角的正弦值.

20. 已知椭圆的离心率为，点为上一点． 

求椭圆的标准方程；

设坐标原点为，点，在上，点满足，且直线，的斜率之积为，证明：为定值．

21.函数，. 

讨论的单调性；

若对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围．

22. 在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），直线的参数方程为（为参数）. 

求的普通方程，并判断直线与曲线的公共点的个数；

若曲线截直线所得弦长为，求的值.

23.(10分)  已知函数. 

当时，求不等式的解集；

若对任意，不等式恒成立，求的取值范围.

数学 理科答案

1、【答案】D

【解析】

因为．

故选：D．

2.【答案】D

【考点】

命题的真假判断与应用

【解析】

对四个，命题分别进行判断，即可得出结论．

【解答】

解：①由，则，
反之，由，得：，或，
所以，“”是“”的充分不必要条件，故正确；
②命题“，”的否定是“，”，故正确；
③“若，则”的逆命题为“若，则”若时不符合，是假命题，故不正确；
④命题，，正确，
命题，，不正确，
因为恒成立，为真，故正确．
故选.

3答案：C

解析：几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为由棱长为2的正方体切去一个正三棱锥体构成的不规则几何体．如图，所以．故选C．
 

4.【解答】B

解：由题意可知圆的方程为，圆心坐标为，半径为，直线为，
圆心到直线的距离为，
所以圆上的点到直线的最大距离为.
故选.

5.B【解答】

解：由题知，得，
解得，即.
∵   为锐角，即，
∴   ，
∴   ，即.
故选.

6.D【解答】

解：圆化成标准方程，得，
∴   圆的圆心为，半径．
∵   直线经过圆心，
∴   ，即，
因此，，
∵   ，，
∴   ，当且仅当时等号成立．
由此可得当，即且时，的最小值为．
故选.

7.D

【答案】

8.【答案】A

【解析】

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【解答】

解：根据等差数列的性质，得

．

故选．

9.【解答】B

解：因为

.
又因为，
所以

，
，
面积，
而


，
所以，即面积的最大值为．
故选．

10.【答案】C

【解答】

解：根据导函数图象可知：当时，
，在时，，
故函数在上单调递减，
在上单调递增，故③正确；
则是函数的极小值点，故①正确；
在上单调递增，故不是函数的最小值点，故②不正确；
函数在处的导数大于，
即在处切线的斜率大于零，故④不正确．
故选．

11.【解答】A

解：因为点为的中点，
所以.
又，
所以，，
所以，
所以，
所以，
所以．
故选．

12.【答案】A

【解答】

解：因为，所以.
又函数的图象在处的切线方程为，
所以，解得，
所以.
因为恒成立，
所以恒成立．
当时，成立；
当时，令，则．
当时，，在和上单调递减．
当时，，在上单调递增．
当时，恒成立，
所以.
当时，恒成立，而，
所以.
综上，，
所以的取值范围为
故选.

13.【答案】

【解析】

作可行域，结合目标函数所表示的直线确定最优解，解得结果．

【解答】

解：作出，满足约束条件的可行域，

当直线经过点时，．
故答案为：.

14.答案：

解析：分析知两两垂直，可建立以为坐标原点，所在的直线分别为轴、轴、轴的空间直角坐标系(如图所示)，

则，设平面的法向量为，则，即，取，则，则是平面的一个法向量.又平面所求距离为

15.

【解答】

解：由题设得抛物线的焦点，准线方程为，
如图所示，

由抛物线定义得，
当，，三点共线时，的值最小，即轴，
此时.
故答案为：.

16.【答案】①②③④

【考点】

解三角形

命题的真假判断与应用

余弦定理

正弦定理

【解析】

此题暂无解析

【解答】

解：由正弦定理得，故①正确；
已知.
∵   是三角形的内角，
∴   或，
即或，
∴   可能为等腰三角形或直角三角形，故②正确；
由以及正弦定理得
，
即

∴   .
∵   ，
∴   ，，故定为直角三角形，故③正确；
已知，，
由正弦定理得.
∵   该三角形有两解，
∴   ，，
∴   ，
即，故④正确.
综上所述：正确的选项有①②③④.
故答案为：①②③④.

17.

【解答】

解：∵   函数，
∴  
．
∵   直线是函数图象的一条对称轴，
∴   ，，
∵   ，
∴   ．
∴   ，
令，，
解得：，，
∴   函数的单调递增区间为：，.

由知，，
可得．
由，
可得，
故．
∴   .
∴  
．

18.

【答案】

因为，
所以当时，，故，
当时，，
此时，，
即，
所以

因为，所以，
当时，，
所以；
当时，
，
所以，
两式相减得：
，
所以，经检验，时也适合，
综上可得．

19.答案：(1)由已知得，平面，

平面，故.

又，所以平面.

(2)由(1)知.由题设知，所以，故.

以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系，则，.

设平面的法向量为，则

即

所以可取.

设平面的法向量为，则

即

所以可取.

于是.

所以，二面角的正弦值为.

20.

【解答】

解：由题知，
解得
所以的标准方程为.

证明：设，当直线的斜率不存在时，，
因为直线，的斜率之积为，所以，即，
又，在椭圆上，所以，．
因为，
所以


.
当直线的斜率存在时，设直线的方程为（），
联立方程得消去，得，
，
设，则，．
因为直线，的斜率之积为，即，，
∵   ，在椭圆上，∴   ①，②，
∴   ，∴   ，
∴   ①＋②得．
因为，
所以


．
综上，为定值．

21【解答】

解：∵   ，
∴   ，
当时， ；
当时， ，
∴   在上单调递减，在上单调递增．

要使不等式恒成立，
即恒成立，
令，则，
设，则，
故在上单调递减.
又，
当时，；当时，，

所以在上单调递增，在上单调递减，
所以.
综上，实数的取值范围是.

22.【解答】

解：由题意得：曲线: .
∵   当时，直线经过点，点距圆心的距离为，
∴   点在圆的内部，
∴   与有两个交点.

:，
设圆心到的距离为，与交于点，，中点为，
∵   ，∴   ，
∴   或，
∴   或

23.【解答】

解：设，
则
等价于，
即或，或
解得或，
故不等式的解集为．

因为，所以，
则对恒成立
等价于对恒成立，
即对恒成立，
则
因为，所以，
即的取值范围为．