2021-2022学年甘肃省金昌市永昌县第一高级中学高二下学期第一次月考数学（理）试题（解析版）

这是一份2021-2022学年甘肃省金昌市永昌县第一高级中学高二下学期第一次月考数学（理）试题（解析版），共12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。

1．抛物线的焦点坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】方程化为抛物线的标准方程，直接求解即可.
【详解】抛物线的标准方程为，
所以其焦点坐标为．
故选：D
2．若向量，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】求出的坐标，利用空间向量的模长公式可求得结果.
【详解】由已知可得，故．
故选：C.
3．在四棱锥中，底面ABCD是正方形，E为PD中点，若，，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据向量线性运算法则计算即可.
【详解】
．
故选：C．
4．若方程表示一个圆，则m的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】运用配方法，结合圆的标准方程的特征进行求解即可.
【详解】由，得，则.
故选：A
5．已知双曲线C：（，）的一条渐近线方程为，则双曲线C的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据渐近线方程，求得，结合离心率公式即可求得结果.
【详解】渐近线方程可化为，故，
故离心率为.
故选：.
6．已知是函数的极小值点，则（ ）
A．B．C．D．4
【答案】A
【分析】求得函数的导数，利用导数求得函数的单调性，结合极值点的定义，即可求解.
【详解】解：由题意，函数，
可得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以当是函数的极小值点，故．
故选：A.
7．函数的定义域为，其导函数在内的图象如图所示，则函数在区间内极小值点的个数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据导函数和原函数图像的关系及极值点的定义即可求解.
【详解】由图像可知，在内从左向右的单调性依次为增减增减，
根据极值点的定义可知在内只有一个极小值点为.
故选：A.
8．函数f（x）= xex的单调增区间为（ ）
A．（-∞，-1）B．（-∞，e）
C．（e，+∞）D．（-1，+∞）
【答案】D
【分析】求出，令可得答案.
【详解】由已知得，
令，得，
故函数f（x）= xex的单调增区间为（-1，+∞）.
故选：D.
9．若点是双曲线上一点，，是的左、右焦点，，则点到轴的距离为
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设||=m, ||=n,由cs==，及m=n+4可得mn=4，由=mnsin ∠=，其中h就是P到x轴的距离可得答案.
【详解】解:
设||=m, ||=n,P在双曲线右支上,
可得：cs==，
由双曲线性质有m=n+4, 代入整理有(n+4)n=4,即mn=4.
可得：=mnsin ∠=,其中h就是P到x轴的距离,
解得h=，
故选B.
【点睛】本题主要考查双曲线基本性质及余弦定理的应用，综合性一般.
10．圆被直线截得的最短弦长为（ ）
A．2B．2C．D．
【答案】B
【分析】首先确定直线所过的定点，并判断点圆的位置关系，再由所截弦最短，结合弦心距、半径、弦长的几何关系求最短弦长.
【详解】由题设，直线过定点，圆的圆心为，半径，
而，即A在圆内，
所以要使被直线截得的弦长最短，只需题设直线与线段垂直，又，
所以最短弦长为.
故选：B
11．如图，在平行六面体中，，，，则（ ）
A．12B．8C．6D．4
【答案】B
【分析】根据空间向量加法的运算性质，结合空间向量数量积的运算性质和定义进行求解即可.
【详解】
故选：B
12．已知f(x)为R上的可导函数，其导函数为，且对于任意的x∈R，均有，则（ ）
A．e－2 021f(－2 021)>f(0)，e2 021f(2 021)C．e－2 021f(－2 021)>f(0)，e2 021f(2 021)>f(0)D．e－2 021f(－2 021)f(0)
【答案】D
【分析】通过构造函数法，结合导数确定正确答案.
【详解】构造函数，
所以在上递增，
所以，
即.
故选：D
二、填空题
13．在平面直角坐标系中，若抛物线上的点P到该抛物线焦点的距离为5，则点P的纵坐标为_______．
【答案】4
【分析】根据抛物线的定义，列出方程，即可得答案.
【详解】由题意：抛物线的准线为，设点P的纵坐标为，
由抛物线定义可得，解得，
所以点P的纵坐标为4.
故答案为：4
14．已知直线和互相垂直，则实数的值为_____________.
【答案】或或
【分析】两条直线与互相垂直的充要条件是，由此建立关于的方程，解之即可得到实数的值．由此即可求出结果.
【详解】因为直线和互相垂直，
所以，化简整理，可得，解得或.
故答案为：或.
15．若函数在区间上单调递减，则实数的取值范围是____________.
【答案】
【分析】求解定义域，由导函数小于0得到递减区间，进而得到不等式组，求出实数的取值范围.
【详解】显然，且，由，以及考虑定义域x>0，解得:.
在区间，上单调递减，∴，解得:.
故答案为：
16．已知是定义在R上的偶函数，当时，，且，则不等式的解集是___________.
【答案】
【分析】构造函数，利用导数、函数的奇偶性进行求解即可.
【详解】设，因为当时，，
所以当时，单调递增，
因为是定义在R上的偶函数，所以当时，
，所以函数是奇函数，
故当时，函数也是增函数，
因为，所以，所以，，
当时，由，
当时，由，
故答案为：
三、解答题
17．已知函数在，处取得极值，求，的值.
【答案】，
【分析】首先求出函数的导函数，依题意、是方程的两根，利用韦达定理得到方程组，即可求出、的值，再检验即可；
【详解】解：因为，所以，
令，依题意、是方程的两根，所以，解得，此时定义域为，，所以当或时，当时，即在和上单调递增，在上单调递减，即函数在取得极大值，在处取得极小值，故满足题意；
18．如图，正四面体，E为的中点．
(1)证明：平面平面；
(2)若，求与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用平面和平面垂直的判定定理即可证明；
（2）将正四面体放进正方体中，建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法求解即可.
【详解】(1)证明：∵为正四面体，∴△，△均为正三角形，
∴，又∵，∴平面，
又∵平面∴平面平面；
(2)把此正四面体放于棱长为正方体中，并建立空间直角坐标系如图所示：
∵，∴，
又∵,,,∴,,
平面的一个法向量为，
则，令，则，即
∴，
设所求角为，则.
19．如图，在四棱锥P−ABCD中，AB//CD，且.
（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；
（2）若PA=PD=AB=DC，，求二面角A−PB−C的余弦值.
【答案】（1）见解析；（2）.
【详解】（1）由已知，得AB⊥AP，CD⊥PD．
由于AB//CD ，故AB⊥PD ，从而AB⊥平面PAD．
又AB 平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD．
（2）在平面内作，垂足为，
由（1）可知，平面，故，可得平面.
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.
由（1）及已知可得，，，.
所以，，，.
设是平面的法向量，则
即
可取.
设是平面的法向量，则
即可取.
则，
所以二面角的余弦值为.
【名师点睛】
高考对空间向量与立体几何的考查主要体现在以下几个方面：
①求异面直线所成的角，关键是转化为两直线的方向向量的夹角；
②求直线与平面所成的角，关键是转化为直线的方向向量和平面的法向量的夹角；
③求二面角，关键是转化为两平面的法向量的夹角.建立空间直角坐标系和表示出所需点的坐标是解题的关键.
20．已知圆，直线．
(1)证明：直线l与圆C恒有两个交点．
(2)若直线与圆的两个交点为，且，求m的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）化简直线，得到直线恒过点，结合点与圆的位置关系，即可求解；
（2）根据题意，利用圆的弦长公式求得圆心到直线的距离，列出方程，即可求解.
【详解】(1)证明：圆的标准方程为，圆心坐标为，半径长为2，
由于直线，即，
令，解得，，所以恒过点，
所以，
则点在圆内，所以直线与圆恒有两个交点．
(2)解：由圆的标准方程为，圆心坐标为，半径长为，
因为直线与圆的两个交点为，且，
可得，解得，
又由圆心到直线的距离，可得，所以.
21．已知函数，.
(1)若时，求实数的值；
(2)若函数在上单调递增，求实数的取值范围.
【答案】(1)1；
(2).
【分析】(1)求导计算即可；
(2)函数在上单调递增，等价于其导数在上恒大于等于0，据此即可求解.
【详解】(1)∵，
∴；
(2)，
则函数在上单调递增，等价于在上恒成立，
即则上恒成立，
在上单调递增，故，
∴.
22．已知函数，.
(1)若时，求：函数的极值；
(2)若曲线在处的切线与直线平行，求：实数的值.
【答案】(1)极大值，极小值4
(2)
【分析】（1）首先求出函数的导函数，令，即可得到、与的关系表，从而求出函数的极值；
（2）求出函数的导函数，再根据得到方程，解得即可；
【详解】(1)解：因为， 则，
所以，令，解得.
当时，取极大值，，即函数的极大值为，
当时，取极小值，，即函数的极小值为；
(2)解：因为，所以，
因为直线的斜率，即，
解得.
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增