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

这是一份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，共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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：D4．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：D11．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.