2021-2022学年山西省朔州市怀仁市第一中学高二下学期第一次月考数学（理）试题含解析

2021-2022学年山西省朔州市怀仁市第一中学高二下学期

第一次月考数学（理）试题

一、单选题

1．在正方体中，底面的对角线交于点，且，，则等于（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用空间向量的减法可得结果.

【详解】如下图所示：

.

故选：A.

2．如果直线与直线垂直，那么的值为（       ）

A． B． C． D．2

【答案】A

【分析】根据两条直线垂直列方程，化简求得的值.

【详解】由于直线与直线垂直，

所以.

故选：A

3．在等差数列中，，且构成等比数列，则公差等于(       )

A． B．0 C．3 D．0或3

【答案】D

【分析】根据等比中项和等差数列通项公式即可求解.

【详解】设等差数列的公差为d，∵，构成等比数列，

∴，解得d＝0或3.

故选：D.

4．双曲线的渐近线方程是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据双曲线的性质得出渐近线方程.

【详解】因为，所以双曲线的渐近线方程是

故选：C

5．若动圆的圆心在抛物线上，且恒过定点，则此动圆与直线（       ）

A．相交 B．相切 C．相离 D．不确定

【答案】B

【分析】根据题意得定点为抛物线的焦点，为准线，进而根据抛物线的定义判断即可.

【详解】解：由题知，定点为抛物线的焦点，为准线，

因为动圆的圆心在抛物线上，且恒过定点，

所以根据抛物线的定义得动圆的圆心到直线的距离等于圆心到定点，即圆心到直线的距离等于动圆的半径，

所以动圆与直线相切.

故选：B

6．正三棱柱各棱长均为为棱的中点，则点到平面的距离为（       ）

A． B． C． D．1

【答案】C

【分析】建立空间直角坐标系，利用点面距公式求得正确答案.

【详解】设分别是的中点，根据正三棱柱的性质可知两两垂直，

以为原点建立如图所示空间直角坐标系，

，

，.

设平面的法向量为，

则，故可设，

所以点到平面的距离为.

故选：C

7．函数的图象大致为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】利用导数法判断其单调性即可.

【详解】当时，，排除C选项；

求导，

令，得或，

当或时，，

当时，，

所以在和上递增，

在上递减，

故选：B

8．若直线被圆截得的弦长为4，则的最大值是（       ）

A． B． C．1 D．2

【答案】A

【分析】根据弦长求得的关系式，结合基本不等式求得的最大值.

【详解】圆的圆心为，半径为，

所以直线过圆心，

即，

由于为正数，所以，

当且仅当时，等号成立.

故选：A

9．下列求导运算错误的是（     ）

A．若，则

B．若，则

C．若，则

D．若，则

【答案】B

【分析】根据基本初等函数的导数公式、导数的四则运算法则和复合函数的求导法则计算即可.

【详解】，故A求导正确；

，则，故B求导错误.

，故C求导正确；

，故D求导正确.

故选：B.

10．《周髀算经》有这样一个问题：从冬至日起，依次小寒､大寒､立春､雨水､惊蛰､春分､清明､谷雨､立夏､小满､芒种十二个节气日影长减等寸，冬至､立春､春分日影之和为三丈一尺五寸，前九个节气日影之和为八丈五尺五寸（注：一丈等于十尺，一尺等于十寸），问立夏日影长为（       ）

A．一尺五寸 B．二尺五寸

C．三尺五寸 D．四尺五寸

【答案】D

【分析】结合等差数列的知识求得正确答案.

【详解】设冬至日影长，公差为，则

，

所以立夏日影长丈，即四尺五寸.

故选：D

11．已知首项为的数列的前项和为，，则下列说法不正确的是（       ）

A．数列是等比数列 B．数列为单调递增数列

C． D．

【答案】D

【分析】由，，可得，可得数列的奇数项、偶数项分别成等比数列，且，，故数列是公比为4的等比数列，可判断A；由可判断B；代入通项公式计算可判断C；利用通项公式和求和公式代入可判断D

【详解】由题意，

在中，令可得

故数列的奇数项是以1为首项，16为公比的等比数列；

偶数项是以4为首项，16为公比的等比数列

故奇数项的通项公式为：，偶数项的通项公式为：

，，故数列是公比为4的等比数列，故A正确

由于，故数列为单调递增数列，故B正确；

，故C正确；

由于

故，故D错误

故选：D

12．将正方形沿对角线翻折，使平面与平面的夹角为，如下四个结论错误的是(       )

A．

B．是等边三角形

C．直线与平面所成的角为

D．与所成的角为

【答案】C

【分析】证明线面垂直，得到线线垂直判断①；

求解三角形可得的形状判定②；

求解线面角判断③；

求解三角形，可得是等边三角形判断④．

【详解】

取中点，连结，，则，，

平面AEC，平面，∴，故A正确；

设折叠前正方形的边长为2，则，，

平面平面，且平面平面，AE⊥BD，平面ABD，

平面，∴，

＝AD＝CD，即是等边三角形，故B正确；

∵面，与平面所成的线面角的平面角是，故C错误；

取中点，中点，连结，，，则，，

为异面直线，所成的角，

∵，，，

是等边三角形，则，故D正确．

故选：C．

二、填空题

13．在空间直角坐标系中，已知向量，则的值为__________.

【答案】

【分析】由题知，进而根据向量数量积运算的坐标表示求解即可.

【详解】解：因为向量，

所以，

所以

故答案为：

14．在平面直角坐标系中，直线与椭圆交于两点，且，则该椭圆的离心率为__________.

【答案】

【分析】直线与椭圆相交，求交点，利用列式求解即可.

【详解】联立方程得，因为，所以,即，所以， .

故答案为：.

15．已知函数，若递增数列满足，则实数的取值范围为__________.

【答案】

【分析】根据的单调性列不等式，由此求得的取值范围.

【详解】由于是递增数列，

所以.

所以的取值范围是.

故答案为：

16．数学中，多数方程不存在求根公式.因此求精确根非常困难，甚至不可能.从而寻找方程的近似根就显得特别重要.例如牛顿迭代法就是求方程近似根的重要方法之一，其原理如下：假设是方程的根，选取作为的初始近似值，在点处作曲线的切线，则与轴交点的横坐标称为的一次近似值，在点处作曲线的切线.则与轴交点的横坐标称为的二次近似值.重复上述过程，用逐步逼近.若给定方程，取，则__________.

【答案】

【分析】根据牛顿迭代法的知识求得.

【详解】构造函数，，

切线的方程为，与轴交点的横坐标为.

，

所以切线的方程为，与轴交点的横坐标为.

故答案为：

三、解答题

17．在平面直角坐标系中，已知.

(1)求直线的方程；

(2)平面内的动点满足，到点与点距离的平方和为24，求动点的轨迹方程.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）结合点斜式求得直线的方程.

（2）设，根据已知条件列方程，化简求得的轨迹方程.

【详解】(1)，

于是直线的方程为，即

(2)设动点，于是，

代入坐标得，

化简得，

于是动点的轨迹方程为

18．在①，②这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并作答.设数列的前项和为，且__________.

(1)求数列的通项公式；

(2)若，求数列的前项和.

【答案】(1)答案不唯一，具体见解析

(2)答案不唯一，具体见解析

【分析】（1）若选①：根据，利用数列通项与前n项和的关系求解；若选②：构造利用等比数列的定义求解；

（2）根据（1）得到，再利用错位相减法求解.

【详解】(1)解:若选①：，

当时，，

当时，满足上式，

故

若选②：

易得

于是数列是以为首项，2为公比的等比数列，

(2)若选①：由（1）得，

从而，

，

作差得，

于是

若选②由（1）得，

从而，

，

作差得，

于是

19．我们知道，装同样体积的液体容器中，如果容器的高度一样，那么侧面所需的材料就以圆柱形的容器最省.所以汽油桶等装液体的容器大都是圆柱形的，某卧式油罐如图1所示，它垂直于轴的截面如图2所示，已知截面圆的半径是1米，弧的长为米表示劣弧与弦所围成阴影部分的面积.

(1)请写出的函数表达式；

(2)用求导的方法证明.

【答案】(1)，

(2)证明见解析

【分析】（1）由弧长公式得，根据即可求解；

（2）利用导数判断出在上单调递增，即可证明.

【详解】(1)由弧长公式得，

于是，

(2)cos，

显然在上单调递增，

于是.

20．在长方体中，，点分别在上，且.

(1)求证：平面；

(2)求平面与平面所成角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析.

(2)

【分析】（1）根据线面垂直的性质和判定可得证；

（2）以为坐标原点，分以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，由面面角的空间向量求解方法可得答案.

【详解】(1)证明：长方体中，平面，又平面，

又平面，

又平面

同理可证，而平面，

平面

(2)解：以为坐标原点，分以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系.

从而，，，

由（1）知，为平面的一个法向量，

设平面的法向量为，则，

，

则，从而 ，令，则，得平面的一个法向量为

由图示得平面与平面所成的角为锐角，平面与平面所成的角的余弦值为

21．已知点是椭圆上的一点，且椭圆的离心率.

(1)求椭圆的标准方程；

(2)两动点在椭圆上，总满足直线与的斜率互为相反数，求证：直线的斜率为定值.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据已知条件列方程组，解方程组求得，从而求得椭圆的标准方程.

（2）设出直线的方程并与椭圆方程联立，由此求得，同理求得，从而化简求得直线的斜率为定值.

【详解】(1)由题可知，解得，

从而粚圆方程为.

(2)证明设直线的斜率为，

则，，

联立直线与椭圆的方程，得，

整理得，

从而，于是，

由题意得直线的斜率为，

则，，

同理可求得，

于是

即直线的斜率为定值.

22．已知函数.

(1)当时，讨论的单调性；

(2)当时，证明：.

【答案】(1)在上单调递减，在上单调递增

(2)证明见解析

【分析】（1）当时，利用求得的单调区间.

（2）将问题转化为证明，利用导数求得的最小值大于零，从而证得不等式成立.

【详解】(1)当时，，

且，

又与均在上单调递增，

所以在上单调递增.

当时，单调递减；

当时，单调递增.

综上，在上单调递减，在上单调递增.

(2)因为，所以，要证，

只需证当时，即可.

，易知在上单调递增，

又，

所以，且，

即，

当时，单调递减；

当时，单调递增，

，

所以.

【点睛】在证明不等式的过程中，直接证明困难时，可考虑证明和两个不等式成立，从而证得成立.