2021扬州中学高二下学期3月月考数学试题含答案

这是一份2021扬州中学高二下学期3月月考数学试题含答案
扬州中学高二数学月考试卷 2021.3一、单项选择题：（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题意要求的.）1．复数的模为（ ）A． B． C． D．22． 有一段演绎推理是这样的：“直线平行于平面,则平行于平面内所有直线；已知直线平面，直线平面，直线∥平面，则直线∥直线”的结论显然是错误的，这是因为 （ ） A.大前提错误 B.小前提错误 C.推理形式错误 D.非以上错误3．一个物体的运动方程为，其中的单位是米，的单位是秒，那么物体在3秒末的瞬时速度是（ ）A．7米/秒 B．6米/秒 C．5米/秒 D．8米/秒4．用数学归纳法证明，在验证n=1成立时，等式左边是（ ）A． B． C． D．5．设△ABC的三边长分别为a,b,c,△ABC的面积为S,内切圆半径为r,则r＝eq \f(2S,a＋b＋c),类比这个结论可知：四面体S­ABC的四个面的面积分别为S1,S2,S3,S4,内切球半径为r,四面体S­ABC的体积为V,则r＝(　　)A.eq \f(V,S1＋S2＋S3＋S4) B.eq \f(2V,S1＋S2＋S3＋S4) C.eq \f(3V,S1＋S2＋S3＋S4) D.eq \f(4V,S1＋S2＋S3＋S4)6．用反证法证明命题：“三角形的内角中至少有一个不大于60度”时，反设正确的是（ ）。A．假设三内角都不大于60度； B. 假设三内角至多有两个大于60度； C. 假设三内角至多有一个大于60度； D.假设三内角都大于60度.7．若，且，则的最小值是（ ）A．2 B．3 C．4 D．5已知定义域为的函数的导函数为，且，若，则函数的零点个数为（ ）A．1 B．2 C．3 D．4二．多项选择题：（本题共4小题,每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.）9．设为复数，．下列命题中正确的是（ ）A. 若，则 B. 若，则C.若，则 D. 若，则10．已知点在函数的图象上，则过点A的曲线的切线方程是（ ）A． B．C． D．11．以下命题正确的是（ ）A．是为纯虚数的必要不充分条件B．若把4封不同的信投入3个不同的信箱,则不同的投法种数共有81种C．“在区间内”是“在区间内单调递增”的充分不必要条件D．已知，则12. 已知函数，则 （ ）A．是奇函数 B．＜1 C．在(﹣1，0)单调递增 D．在(0，)上存在一个极值点三、填空题：（本题共4小题，每小题5分，共20分）13．已知复数，那么的虚部是________.14．有一项活动，要从4名老师、7名男同学和8名女同学中选人参加，若需要1名老师、1名学生参加，则有 种不同的选法．15. 在正三棱锥中，侧棱长为3，底面边长为2，则点A到平面的距离为_________；AB与面ACD所成角的余弦值为__________．16．若存在，使得不等式成立，则实数的最大值为___________.四、解答题：（本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17.（1）； （2）18. 已知函数.（1）当时，求的极值；（2）若在区间上的最小值为，求它在该区间上的最大值．19．已知，和都是实数．（1）求复数；（2）若复数在复平面上对应的点在第四象限，试求实数的取值范围．20．如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，AB∥CD, AB＝2, BC＝CD＝1, 顶点D1在底面ABCD内的射影恰为点C.(1)求异面直线AD1 与 BC所成角的大小；(2)若直线DD1与直线AB所成的角为eq \f(π,3)，求二面角的正弦值．21．已知函数.（1）讨论的单调性；（2）若有两个零点，求实数的取值范围.．22．已知函数，为的导数.（1）当时，求的最小值；（2）当时，恒成立，求的取值范围.高二数学月考试卷答案 2021.3 1．A 2．A 3．C 4．C 5．C 6．D 7．A 8．B9．BD 10．AD 11．ABC 12.BCD13．.-4 14． 60 15． 16．17．解：（1）原式.（2）原式.18．解：（1） 的极大值为25，极小值为-7； （2）令＝－3x2＋6x＋9=0,得（舍）或当时，，所以在时单调递减，当时，所以在时单调递增，又＝，＝， 所以>．因此和分别是在区间上的最大值和最小值，于是有 ，解得 ． 故，因此即函数在区间上的最大值为．19.解：（1）设， 则， ， ∵和都是实数，∴，解得， ∴． （2）由（1）知， ∴， ∵在复平面上对应的点在第四象限， ∴， 即，∴， ∴，即实数的取值范围是．20.解：　(1)连接D1C，则D1C⊥平面ABCD，∴D1C⊥BC. 在等腰梯形ABCD中，连接AC，∵AB＝2，BC＝CD＝1，AB∥CD，∴BC⊥AC，∴BC⊥平面AD1C，∴AD1⊥BC.∴异面直线AD1 与 BC所成角为.(2) ∵AB∥CD，∴∠D1DC＝eq \f(π,3)，∵CD＝1，∴D1C＝eq \r(3).在底面ABCD中作CM⊥AB，连接D1M，则D1M⊥AB，∴∠D1MC为二面角的平面角．在Rt△D1CM中，CM＝eq \f(\r(3),2)，D1C＝eq \r(3)，∴D1M＝eq \r(CM2＋D1C2)＝eq \f(\r(15),2)，∴sin∠D1MC＝，即二面角的正弦值为.21．解（1）的定义域为，且，当时，，此时，在上单调递增，当时，，，即在上单调递增，在上单调递减，综上可知：当时，在上单调递增，当时，在上单调递增，在上单调递减.（2）由（1）知当时，在上单调递增，函数至多有一个零点，不合题意，当时，在上单调递增，在上单调递减，，当时，，函数至多有一个零点，不合题意；当时，由于，且，由零点存在性定理知：在上存在唯一零点，由于，且（由于）由零点存在性定理知：在上存在唯一零点，所以实数的取值范围是.22.解:（1），令，，则.当时，，故时，，为增函数， 故，即的最小值为1.（2）令，则， 则本题即证当时，恒成立.当时，若，则由（1）可知，，所以为增函数，故恒成立，即恒成立；若，令，则，令，则在上为增函数，又，，故存在唯一，使得.当时，，为减函数；时，，为增函数.又，，故存在唯一使得.故时，，为增函数；时，，为减函数.又，，所以时，，为增函数，故，即恒成立.（10分）当时，由（1）可知在上为增函数，且，，故存在唯一，使得.则当时，，为减函数，所以，此时，与恒成立矛盾.综上所述，.