2021四川省邻水实验学校高二下学期第一次月考数学（理）试卷含答案

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数学（理）试题考试时间：100分钟；命题人：注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）一、单选题（60分）1．已知集合,集合,则( )A． B． C． D．2．命题“，”的否定是（ ）A．， B．，C．， D．，3．曲线与直线围成的图形的面积为（ ）A． B．5 C．6 D．4．若实数，满足不等式组，且，则（ ）A．4 B．3 C．2 D．15．函数的大致图象为（ ）A． B． C． D．6．学校艺术节对、、、四件参赛作品只评一件一等奖，在评奖揭晓前，甲，乙，丙，丁四位同学对这四件参赛作品预测如下：甲说：“是或作品获得一等奖”； 乙说：“作品获得一等奖”；丙说：“、两件作品未获得一等奖”； 丁说：“是作品获得一等奖”．评奖揭晓后，发现这四位同学中只有两位说的话是对的，则获得一等奖的作品是（ ）A．作品A B．作品B C．作品C D．作品D7．函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，对于函数，下列说法不正确的是（ ）A．的最小正周期为 B．的图象关于直线对称C．在区间上单调递增 D．的图象关于点对称8．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ） 正视图 侧视图 8题图 俯视图 B． C． D． 9题图9．为了配平化学方程式 ，某人设计了一个如图所示的程序框图，则①②③处应分别填入（ ）A．，， B．，，C．，， D．，，10．已知一个球的半轻为3.则该球内接正六棱锥的体积的最大值为（ ）A．10 B． C． D．11．已知函数，若不等式在上恒成立，则实数a的取值范围为（ ）A． B． C． D．12．已知双曲线，点在双曲线上，点在直线上，的倾斜角，且，双曲线在点处的切线与平行，则的面积的最大值为（ ）A． B． C． D．第II卷（非选择题）二、填空题（20分）13．曲线在点处的切线方程为______．14．在中，，则_____.15．已知抛物线的焦点为F，点，过点F的直线与此抛物线交于两点，若，且，则___________．16．已知定义在上的函数满足：①对任意的，，；②当时，；③．若对于任意的两个正实数，，不等式恒成立，则实数的最小值是___________．三、解答题（60分）17．已知数列为等比数列，，其中，，成等差数列.（1）求数列的通项公式；（2）设，，求数列的前项和.18．如图，四棱锥中，底面是菱形，，是棱上的点，是中点，且底面，.（1）求证：；（2）若，求二面角的余弦值.19．随着互联网行业、传统行业和实体经济的融合不断加深，互联网对社会经济发展的推动效果日益显著，某大型超市计划在不同的线上销售平台开设网店，为确定开设网店的数量，该超市在对网络上相关店铺做了充分的调查后，得到下列信息，如图所示（其中表示开设网店数量，表示这个分店的年销售额总和），现已知，求解下列问题；（1）经判断，可利用线性回归模型拟合与的关系，求解关于的回归方程；（2）按照经验，超市每年在网上销售获得的总利润（单位：万元）满足，请根据（1）中的线性回归方程，估算该超市在网上开设多少分店时，才能使得总利润最大．参考公式；线性回归方程x+，其中20．已知椭圆：的左、右焦点分别是，，且经过点，直线与轴的交点为，的周长为．（1）求椭圆的标准方程；（2）若是坐标原点，，两点（异于点）是椭圆上的动点，且直线与直线的斜率满足，求面积的最大值．21．已知函数（ …是自然对数的底数）．（1）若在内有两个极值点，求实数 a的取值范围；（2）时，讨论关于x的方程的根的个数．请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．22．（10分）【选修4-4：坐标系与参数方程】在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为．（1）求直线与曲线公共点的极坐标；（2）设过点的直线交曲线于，两点，且的中点为，求直线的斜率．23．（10分）【选修4-5：不等式选讲】已知函数．（1）解不等式；（2）若对于任意，不等式恒成立，求实数的取值范围．数学（理科）答案1．C【分析】化简集合和,根据交集定义,即可求得.【详解】 化简可得根据指数函数是减函数 ,即,故 故故选:C.【点睛】本题考查了集合的交集,在集合运算比较复杂时,可以使用数轴来辅助分析问题,属于基础题.2．C【分析】利用全称命题的否定可得出结论.【详解】命题“，”为全称命题，该命题的否定为“，”.故选：C.3．A【分析】根据定积分计算曲线围成图形的面积即可.【详解】由可得或，故曲线与直线围成的图形的面积为.故选：A4．A【分析】作出可行域，作出目标函数对应的直线，平移该直线得最大值和最小值，从而得结论．【详解】作出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，其中，，．在直线中，，表示直线的纵截距．作出直线并平移，数形结合知当平移后的直线经过点时，取得最小值，且；当平移后的直线经过点时，取得最大值，且．所以.故选：A．5．D【分析】易知是偶函数，结合导数判断单调性与极值点范围即可得结果．【详解】由可知是偶函数，排除A；当时，，则，可知在上单调递增，且，，则存在，使得，当时，，单调递减；当时，，单调递增，且是在上唯一极小值点，故选：D．6．B【分析】若A为一等奖，则甲、乙、丙、丁的说法均错误，不满足题意；若B为一等奖，则乙、丙的说法正确，甲、丁的说法错误，满足题意；若C为一等奖，则甲、丙、丁的说法均正确，不满足题意；若D为一等奖，则乙、丙、丁的说法均错误，不满足题意；综上所述，故B获得一等奖．7．C【分析】将函数转化为，再由平移变换得到，然后逐项判断.【详解】因为．其图象向右平移个单位长度后得到函数的图象．所以的最小正周期为，故A正确；当时，，所以的图象关于直线对称，故B正确；当时，，所以在间上不单调，故C错误；当时，，所以函数的图象关于点对称，故D正确．故选：C8．C【分析】先利用三视图判断对应的直观图以及长度关系，再利用空间几何体的体积公式计算组合体的体积即可.【详解】由三视图可知，该几何体是一个直三棱柱与一个半圆锥的组合体，直三棱柱的底面是底边长为8，底边上的高为3的等腰三角形，高为3，圆锥的底面半径为4，高为3，如图，所以其体积为．故选：C.9．D【分析】比较方程的两边，由元素守恒可得的数量关系．【详解】结合元素守恒易知，，.【点睛】本题考查程序框图，考查推理论证能力.10．C【分析】如图，设六棱锥球心为，底面中心为，设，则，令可得，利用导数可求出其最大值.【详解】如图，设六棱锥球心为，底面中心为，设，则，，令，则，，可得时，，单调递增；时，，单调递减，，故该球内接正六校锥的体积的最大值为.故选：C.【点睛】关键点睛：本题考查几何体的外接球问题，解题的关键是将体积用函数表示，利用导数进行计算.11．B【分析】将不等式进行恒等变形，则原问题转化为函数单调性的问题，据此求解a的取值范围即可．【详解】，所以在上恒成立，等价于在上恒成立，因为时，，所以只需在上递减，即，恒成立，即时，恒成立，即恒成立，只需所以，故选：B12．D【分析】设，求得，得到联立方程组，求得，求得点到直线的距离，进而求得，得到，利用基本不等式，即可求得面积的最大值.【详解】由题意，不妨设在第一象限，则双曲线在点处的切线方程为，所以，即又因为，所以联立可得，所以点到直线的距离，因为，所以，所以．令，则，因为，所以，所以，可得，当且仅当，即时，面积取得最大值．故选：D.【点睛】解答圆锥曲线的最值问题的方法与策略：（1）几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决；（2）函数取值法：若题目的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值（或值域），常用方法：（1）配方法；（2）基本不等式法；（3）单调性法；（4）三角换元法；（5）导数法等，要特别注意自变量的取值范围.13．【分析】利用导数的几何意义求曲线的切线方程.【详解】本题考查导数的几何意义．因为，所以．又，故曲线在点处的切线方程为，即．故答案为：14．【分析】在中，根据，利用正弦定理结合二倍角正弦公式求解.【详解】在中，因为，所以，即，解得，故答案为：15．6【分析】设的方程为，联立直线的方程和抛物线方程，化简写出根与系数关系，计算得，故，根据求得，进而求得，从而求得，利用列方程，解方程求得的值.【详解】设的方程为，则由得，，，又为锐角，．不妨设，如图，作轴，垂足为H，过M作直线轴，，垂足为，则，，，故．故答案为：6【点睛】直线和圆锥曲线相交所得弦长有关计算问题，要注意熟练应用弦长公式.【分析】对，进行灵活赋值，可得到，，利用单调性的定义确定的单调性，结合，将恒成立转化为恒成立，然后分离参数、换元、构造函数，利用函数的单调性求解即可．【详解】取，则，解得或，若，则对任意的，，与条件②不符，故．对任意的，，若存在使得，则，与矛盾，所以对任意的，．假设对任意的，，且，，因为，所以，则，即，所以函数在上单调递增．又，所以，从而，则，令，则，，设函数所以易得在上单调递减，在上单调递增，从而，所以，则，所以实数的最小值为，【点睛】关键点睛：求解本题的关键是利用函数的单调性去“”，进而分离参数，构造函数，并利用函数的单调性进行求解．17．（1）；（2）.【分析】（1）设数列的公比为，求出等比数列的即得解；（2）求出，，再利用裂项相消法求解.【详解】（1）设数列的公比为，因为，所以，因为是和的等差中项，所以.所以化简得，因为公比，所以，所以.所以.（2）因为，所以，.所以.即.【点睛】方法点睛：数列求和常用的方法有：（1）公式法；（2）分组求和法；（3）错位相减法；（4）裂项相消法；（5）倒序相加法. 要根据已知条件灵活选择方法求解.18．（1）证明见解析；（2）.【分析】(1)由底面是菱形，，可得为等边三角形，再加上点是中点可证，进而可得，再由底面，可得，结合线面垂直的判定定理及性质定理，即可求证所求证； (2)由题意及(1)可以，以点为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，再利用向量法即可求解.【详解】证明：在菱形中，，为等边三角形.又为的中点，.//，.底面，平面，.，平面，平面.是棱上的点，平面..（2）解：底面，，建立如图所示空间直角坐标系，设，则.，，，，，.由，得.设是平面的法向量，由，得令，则，则.又平面的法向量为，.由题知，二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为.【点睛】本题考查线线垂直的证明及空间向量法求二面角，考查考生的逻辑推理能力、空间想象能力、运算求解能力及方程思想，属于中档题.19．（1）；（2）开设8或9个分店时，才能使得总利润最大．【分析】（1）先求得，再根据提供的数据求得，，写出回归直线方程；（2）由（1）结合，得到，再利用二次函数的性质求解.【详解】（1）由题意得，所以．（2）由（1）知，，所以当或时能获得总利润最大．20．（1）；（2）．【分析】（1）根据椭圆且经过点及的周长为，用待定系数法求标准方程；（2）设直线的方程为，用“设而不求法”表示出，找到k、m的关系，从而把面积表示成m的函数，利用均值不等式求最值.【详解】（1）∵的周长为，∴，∴．将代入，得，解得．∴椭圆的标准方程是．（2）由题意知直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为，，，将与联立并消去，整理得，则，．∵，∴，∴，化简得，∴或（舍去）．当时，，则，得．，原点到直线的距离，∴，当且仅当，即时取等号，经验证，满足题意．∴面积的最大值是．【点睛】（1）待定系数法求二次曲线的标准方程；（2）“设而不求”是一种在解析几何中常见的解题方法，可以解决直线与二次曲线相交的问题；（3）方法技巧：圆锥曲线中的最值问题是高考中的热点问题，主要有两种解题方法：一是几何法，即利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是代数法，即把要求最值的几何量或代数式表示为某个（些）参数的函数，然后利用函数、不等式的知识等进行求解，如本题第（2）问将的面积用含的式子表示，并利用基本不等式求面积的最大值．21．（1）；（2）答案见解析.【分析】（1）若在内有两个极值点，则在内有两个不相等的变号根，等价于在上有两个不相等的变号根．令，分类讨论有两个变号根时的范围；（2）化简原式可得：，分别讨论和时的单调性，可得的最小值，分类讨论最小值与0的关系，结合的单调性可以得到零点个数.【详解】（1）由题意可求得，因为在内有两个极值点，所以在内有两个不相等的变号根，即在上有两个不相等的变号根． 设，则，①当时，，所以在上单调递增，不符合条件． ②当时，令得，当，即时，，所以在上单调递减，不符合条件； 当，即时，，所以在上单调递增，不符合条件； 当，即时，在上单调递减，上单调递增，若要在上有两个不相等的变号根，则，解得． 综上所述，． （2）设，令，则，所以在上单调递增，在上单调递减．（ⅰ）当时，，则，所以．因为，所以，因此在上单调递增． （ⅱ）当时，，则，所以．因为即，又 所以，因此在上单调递减． 综合（ⅰ）（ⅱ）可知，当时，，当，即时，没有零点，故关于x的方程根的个数为0， 当，即时，只有一个零点，故关于x的方程根的个数为1， 当，即时，①当时，，要使，可令，即；②当时，，要使，可令，即，所以当时，有两个零点，故关于x的方程根的个数为2，综上所述：当时，关于x的方程根的个数为0，当时，关于x的方程根的个数为1，当时，关于x的方程根的个数为2．【点睛】本题考查已知极值点的个数求参数，以及分类讨论求函数的零点个数问题，属于难题.关键点点睛：分类讨论求函数的零点时，（1）先从函数有无零点得到参数的一个范围；（2）函数有零点时，再判断函数零点是否在给定区间内，得到参数下一步的范围.22．【答案】（1）直线与曲线公共点的极坐标为，；（2）．【解析】（1）曲线的普通方程为，直线的普通方程为，联立方程，解得或，所以，直线与曲线公共点的极坐标为，．（2）依题意，设直线的参数方程为（为倾斜角，为参数），代入，整理得．因为的中点为，则．所以，即．直线的斜率为．已知a＞0，b＞0，函数f(x)＝|2x＋a|＋2|x－eq \f(b,2)|＋1的最小值为2.23．【答案】（1）；（2）．【解析】（1），可化为，即或或，解得或或；不等式的解集为．（2）在恒成立，，由题意得，，所以．