2021河北省正定中学高二下学期第一次月考数学试卷含答案

河北正中实验中学高二下学期第一次月考

数  学

一、选择题（本题共12道小题，每小题5分，共60分）

1.已知集合或，集合，则（    ）

A.   B. C. D.

2.若命题，则命题的否定为（    ）

A.  B.

C.  D.

3.已知则(   )

A.     B.    C.    D.

4.函数在处的切线方程为，则（    ）

A. －3   B. －1   C. 0       D. 1

5. 2位男生和3位女生共5位同学站成一排，则3位女生中有且只有两位女生相邻的概率（ ）

A.      B.    C.    D.

6.设椭圆的两焦点分别为,以为圆心, 为半径的圆与交于两点.若为直角三角形,则的离心率为(     )

A.  B.        C.  D.

7.已知定义在的函数满足：，若，，，则（    ）

A.   B.      C.   D.

8.  棱长为2的正四面体的四个顶点都在同一个球面上，若过该球球心的一个截面如图，则图中三角形（正四面体的截面）的面积是（　　）

A． B． 

B．C． D．

9．(多选题)在锐角中，边长，，则边长c可能的取值是（    ）

A． B．2 C． D．

10．(多选题)如图所示，在棱长为的正方体中，过对角线的一个平面交棱于点，交棱于点，得四边形，在以下结论中，正确的是（    ）

A．四边形有可能是梯形

B．四边形在底面内的投影一定是正方形

C．四边形有可能垂直于平面

D．四边形面积的最小值为

11．(多选题)已知点为坐标原点，直线与抛物线相交于两点，则（  ）

A．               B．

C．的面积为    D．线段的中点到直线的距离为2

12．(多选题)已知函数有两个零点，，则下列的判断中，不正确的是（    ）

A． B．

C． D．有极小值点，且

二、填空题（本题共4道小题，每小题5分，共20分）

13.在的展开式中，项的系数是____________.

14.一批产品的二等品率为，从这批产品中每次随机取一件，有放回地抽取次，表示抽到的二等品件数，则________.

15.如图，在△ABC中，，，D在斜边BC上，且，则的值为________

16.已知函数的图象上有且仅有两个不同的点关于直线的对称点在的图象上，则实数的取值范围是________．

三、解答题（共70分）

17. （本题10分）

   已知各项均不为零的两个数列 满足 .

（1）设 .求证：数列是等差数列

（2）已知 ，数列 是首项为2的等差数列，设 数列的前n项和为，求证 .

18.（本题12分）

如图1，在中，，于.现将沿折叠，使为直二面角(如图2)，是棱的中点，连接、、.

（1）证明：平面平面；

（2）若棱上有一点满足，求二面角的余弦值

19．（本题12分）

已知函数为常数．

（1）当时，求函数的单调区间；

（2）若函数在上是增函数，求的取值范围．

20.（本题12分）

某种大型医疗检查机器生产商，对一次性购买2台机器的客户，推出两种超过质保期后两年内的延保维修优惠方案：方案一：交纳延保金7000元，在延保的两年内可免费维修2次，超过2次每次收取维修费2000元；方案二：交纳延保金10000元，在延保的两年内可免费维修4次，超过4次每次收取维修费1000元.某医院准备一次性购买2台这种机器．现需决策在购买机器时应购买哪种延保方案，为此搜集并整理了50台这种机器超过质保期后延保两年内维修的次数，得下表：

以这50台机器维修次数的频率代替1台机器维修次数发生的概率，记X表示这2台机器超过质保期后延保的两年内共需维修的次数．

（Ⅰ）求X的分布列；

（Ⅱ）以所需延保金及维修费用的期望值为决策依据，医院选择哪种延保方案更合算？

21．（本题12分）

已知函数.

（1）若是的极值点，求的极大值；

（2）若，求实数t的范围，使得

22.（本题12分）

如图，过顶点在原点、对称轴为轴的抛物线E上的点作斜率分别为，的直线，分别交抛物线E于B、C两点.

（1）求抛物线E的标准方程和准线方程；

（2）若，证明：直线BC恒过定点

高二下学期第一次月考

数学试卷答案

1.A

【详解】依题意，所以.

故选：A

2.D【详解】解：命题为全称命题，则命题的否定为：，

故选．

3.B

【详解】∵，

∴．

故选B．

4.A

【详解】由题，则，得，则切点为，

又切点在切线上，得，则.

故选：A.

5.B

试题分析：两位女生捆绑，方法数有种，男生排好方法数有种，个空位，将两个女生排进去，方法数有种，按分步计数原理，符合题意的方法数有种，总的方法数有种，故概率为.

6.A

7.A

【详解】令，因为：，则，

故在上单调递减，

因为，所以，故．

故选：A．

8.C

【解答】解：棱长为2的正四面体ABCD的四个顶点都在同一个球面上，若过该球球心的一个截面如图为△ABF，则图中AB=2，E为AB中点，则EF⊥DC，

在△DCE中，DE=EC=，DC=2，

∴EF=，

∴三角形ABF的面积是，

故选C．

9．1．BD

【分析】

根据c边最大边或最大边，利用余弦定理的变形形式即可求解.

【详解】

若c边为最大边，则，

，，

若边为最大边，则，

，，

所以，

所以边长c可能的取值是2、.

故选：BD

【点睛】

本题考查了余弦定理的应用，考查了基本运算求解能力，属于基础题.

10．BCD

【详解】

过作平面与正方体的截面为四边形，

如图所示，因为平面平面，且平面平面.

平面平面，因此，同理，

故四边形为平行四边形，因此A错误；

对于选项B，四边形在底面内的投影一定是正方形，因此B正确；

对于选项C，当点分别为的中点时，平面，又平面，则平面平面，因此C正确；

对于选项D，当点到线段的距离最小时，此时平行四边形的面积最小，此时点分别为的中点，此时最小值为，因此D正确.

故选：BCD

11．AC

【详解】

设，抛物线，则 ，焦点为，则直线过焦点；

联立方程组 消去得， 则，

所以 ，故A正确；

由，所以与不垂直，B错；

原点到直线的距离为 ，所以的面积为 ，则C正确；

因为线段的中点到直线的距离为，故D错

故选：AC

12．ABC

【分析】

先根据导数研究函数单调性得当时，在上单调递增，当时，由在单调递减，在单调递增.再根据选项，结合函数性质依次讨论各选项，即可得答案.

【详解】

对于A选项，∵ ，

∴ ，令，

当时，在上恒成立，

∴ 在上单调递增.

当时，由，解得；由，解得；

∴在单调递减，在单调递增.

∵函数有两个零点，，不妨设，

∴ ，，即，即，

解得：；所以A不正确；

对于B选项，因为函数有两个零点，，

所以，是方程的两根，即，

所以，设，则，

所以

因此

令，则，

所以，

因此，即，所以B不正确；

对于C选项，

由于

令，则，

所以，因此，即：，故C错误；

对于D选项，由在单调递减，在单调递增，

所以有极小值点，

由得，

因此

故D正确.

综上，不正确的命题序号是ABC.

故选：ABC.

【点睛】

本题考查利用导数研究函数的零点问题，考查数学运算能力，是难题.

13.－12

【详解】由题意，

因为的通项公式为，

令，则；

令，则；

所以的展开式中，项的系数为.

故答案为：.

14.  1.96

15.6

【详解】由题意，,因为，所以,

所以,

，

故答案为：6

16.

【分析】

求出直线关于直线对称的直线的方程，然后将问题转化为直线与函数的图象有两个交点，构造函数，将问题转化为直线与函数的图象有两个交点，利用数形结合思想可求出实数的取值范围.

【详解】

直线关于直线对称的直线的方程为，即，对应的函数为.

所以，直线与函数的图象有两个交点.

对于一次函数，当时，，且.

则直线与函数的图象交点的横坐标不可能为.

当时，令，可得，

此时，令.

当时，，当时，；当时，.

此时，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，

函数的极小值为；

当时，，当时，；当时，.

此时，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，

函数的极大值为.

作出函数和函数的图象如下图所示：

由图象可知，当或时，即当或时，直线与函数的图象有两个交点.

因此，实数的取值范围是.

故答案为：.

【点睛】

本题考查利用函数图象交点个数求参数的取值范围，同时也考查了对称思想的应用，解题的关键就是将问题转化为两函数图象的交点个数来处理，考查数形结合思想的应用，属于中等题.

17.

18.（1）证明见解析；（2）.

【分析】

（1）在图2中易证，再由为直二面角，，得到底面，则，然后由线面垂直的判定定理证得平面即可.

（2）以､､所在的直线分别为轴､轴､轴，建立如图所示的空间直角坐标系，分别求得平面的一个法向量和平面的一个法向量，再由求解.

【详解】

（1）在图2中，，是的中点，

，

又为直二面角，，

底面.

而平面，

，且，

所以平面.

又平面，

平面平面.

（2）以､､所在的直线分别为轴､轴､轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，

所以，因为，所以，则.

设平面的一个法向量，

则，即.

令，则.

同理可以求得平面的一个法向量.

所以.

又二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.

【点睛】

方法点睛：利用向量求面面角的方法：就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角

19.（1）的单调递增区间是，，单调递减区间是；（2）.

【分析】

（1）由可得讨论、即可得的单调区间；

（2）由在上是增函数，进而有恒成立，即可求的取值范围.

【详解】

（1）时，，则，

∴当时，和有的单调递增；

当时，有的单调递减,

所以的单调递增区间是，，

单调递减区间是；

（2）函数在上是增函数，即，

∴时，恒成立，则，得

所以的取值范围.

【点睛】

本题考查了利用导函数讨论函数的单调区间，已知函数的单调性结合导数求参数范围，属于简单题.

20.（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）选择延保方案二较合算

【详解】解：（Ⅰ）所有可能的取值为0，1，2，3，4，5，6，

，，，

，，

，，

∴的分布列为

（Ⅱ）选择延保一，所需费用元的分布列为：

（元）.

选择延保二，所需费用元的分布列为：

（元）.

∵，∴该医院选择延保方案二较合算.

21.（1）；（2）.

【分析】

（1）先对函数求导，结合极值存在的条件可求t，然后结合导数可研究函数的单调性，进而可求极大值；

（2）由已知代入可得，在时恒成立，构造函数，结合导数及函数的性质可求.

【详解】

解：（1），，由题意可得，，解可得，

∴，

所以，当，时 ，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，

故当时，函数取得极大值；

（2）由得在时恒成立可得，在时恒成立，

令，

则，

令，所以，令，提，

所以当，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，

故当时，函数取得最小值，又，所以，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以，可得，所以.

【点睛】

方法点睛：不等式恒成立问题常见方法：

① 分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）；

② 数形结合( 图象在 上方即可)；

③ 讨论最值或恒成立.

22.

（1）抛物线的标准方程为，准线方程为；（2）证明见解析.

【详解】（1）设抛物线的标准方程为，，

将代入得，解得，

所以抛物线的标准方程为，准线方程为.

（2）证明：因为直线过点，斜率为，

利用点斜式方程，可得直线的方程为，即，

因为直线过点，斜率为，

利用点斜式方程，可得直线的方程为，即，

联立，消去y得，.

解得或，因此点

同理可得.于是直线的斜率

，又，.

所以直线的方程为，

即，

故直线恒过定点.