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2021-2022学年河南省新蔡县第一高级中学高二上学期1月月考数学(文)试题含解析
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这是一份2021-2022学年河南省新蔡县第一高级中学高二上学期1月月考数学(文)试题含解析,共14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.已知不等式的解集为,那么不等式的解集为( )
A.B.或
C.D.或
【答案】D
【解析】根据不等式的解集求出,,,代入可解得结果.
【详解】因为不等式的解集为,
所以,且和是一元二次方程的两个实根,
所以,,即,,
所以不等式可化为,
因为,所以,分解因式得,
解得或.
故选:D
【点睛】关键点点睛:根据一元二次不等式的解集得到二次项系数的符号以及对应的一元二次方程的两个实根是解题关键.
2.已知实数满足不等式组,且的最大值是最小值的2倍,则
A.B.C.D.
【答案】B
【详解】分析:首先根据题中所给的约束条件画出相应的可行域,结合目标函数的形式,结合其几何意义,能够判断出最优解的位置,联立方程组求得最优解的坐标,代入目标函数得到z的最值,再由最大值是最小值的2倍列式求得结果.
详解:根据题中所给的约束条件,画出相应的可行域,如图所示:
作出直线,平移直线,
由图可知,当直线经过点D时,直线在y轴上的截距最小,此时取得最大值,由,可得,所以的最大值是1,
当直线经过点B时,直线在y轴上的截距最大,此时取得最小值,
由,可得,所以的最小值是,
因为的最大值是最小值的2倍,
所以,解得,故选B.
点睛:该题考查的是有关线性规划的问题,在解题的过程中,需要先画出约束条件对应的可行域,之后结合目标函数的形式得到其对应的几何意义,从而判断出其最优解,联立方程组求得最值,根据2倍关系找出其满足的等量关系式,最后求得结果.
3.双曲线的右顶点到渐近线的距离为( )
A.B.C.1D.2
【答案】B
【分析】利用椭圆方程,求得右顶点坐标,利用渐近线方程公式,得到渐近线,利用点到直线距离公式即得解.
【详解】依题意得双曲线的右顶点坐标是,
一条渐近线方程是,
即,
因此右顶点到渐近线的距离为,
故选:B
4.如果“,使.”是真命题,那么实数a的取值范围为( )
A.B.C.D.
【答案】B
【分析】根据题设命题为真,结合一元二次不等式解得存在性质有,即可求a的取值范围.
【详解】“,使.”是真命题,
∴,则或.
故选:B
5.与椭圆焦点相同,离心率互为倒数的双曲线方程是( )
A.B.C.D.
【答案】B
【分析】根据椭圆方程求得c,离心率和焦点的位置,然后再根据椭圆与双曲线的关系求解.
【详解】由椭圆,得,,焦点在轴上.
由题意得双曲线,焦点在轴上,,
所以,,
所以.
所以双曲线方程为.
故选:B
6.实数,且满足,则的最小值为( )
A.B.
C.D.
【答案】C
【分析】由已知可得,利用“1”的代换可求目标式的最小值,注意等号成立条件.
【详解】,,则,由,则,
∴,当且仅当时等号成立.
∴的最小值为.
故选:C.
7.已知中,内角,,的对边分别为,,,,.若为直角三角形,则的面积为( )
A.B.
C.或D.或
【答案】C
【分析】由正弦定理化角为边后,由余弦定理求得,然后分类讨论:或求解.
【详解】由正弦定理,可化为:
,即,
所以,,所以,
又为直角三角形,
若,则,,,,
若,则,,,.
故选:C.
8.若抛物线C:()上的一点到它的焦点的距离为6,则( )
A.4B.6C.8D.10
【答案】C
【分析】根据抛物线的定义,到准线的距离等于到焦点的距离,列出关于的等量关系即可求解
【详解】由题得:点到准线的距离,根据抛物线的定义,到准线的距离等于到焦点的距离,则,解得.
故选:C
9.若不等式(a﹣3)x2+2(a﹣2)x﹣4<0对于一切x∈R恒成立,则a的取值范围是( )
A.(﹣∞,2]B.[﹣2,2]C.(﹣2,2)D.(﹣∞,2)
【答案】C
【分析】讨论二次项系数为0时和不为0时对应不等式恒成立,分别解得此时a的取值范围即可.
【详解】解:当a﹣3=0,即a=3时,不等式化为2x﹣4<0,解得x<2,不满足题意;
当a≠3时,须满足,
解得:,
∴﹣2a<2;
综上,实数a的取值范围是(﹣2,2).
故选:C.
10.已知函数在处取得极值,则( )
A.4B.3C.2D.
【答案】B
【分析】依题意,即可求出参数的值;
【详解】解:因为,所以,由条件知,是方程的实数根,.所以,,令,解得或,即在和上单调递增,令,解得,即在上单调递减,故在取得极大值,满足条件;
故选:B
11.函数的单调减区间是( )
A.(0,1)B.(1,+∞)C.(﹣∞,1)D.(﹣1,1)
【答案】A
【分析】求得函数的定义域与导数,结合导数的符号,即可求得函数的递减区间,得到答案.
【详解】由题意,函数的定义域为,且,
因为,可得,令,即,解得,
所以函数的递减区间为.
故选:A.
【点睛】本题主要考查了利用导数求解函数的单调区间,其中解答中熟记导数与函数的单调性的关系式解答的关键,着重考查推理与运算能力.
12.设数列的前项和是,令,称为数列,,…,的“超越数”,已知数列,,…,的“超越数”为2020,则数列5,,,…,的“超越数”为( )
A.2018B.2019C.2020D.2021
【答案】D
【分析】根据题中定义得出,然后利用“超越数”的定义可求得结果.
【详解】数列,,…,的“超越数”为,
则,
所以,
故数列5,,,…,的“超越数”为:
.
故选:D.
二、填空题
13.命题:存在,使得不等式成立的否定是___________.
【答案】任意,不等式成立
【解析】根据存在性命题的否定的定义得解.
【详解】由全称命题和特称命题的否定可知,命题:存在,使得不等式的否定是:任意,不等式成立.
故答案为: 任意,不等式成立.
14.已知数列的前项和为,且满足,则______.
【答案】
【分析】根据所给的通项公式,代入求得,并由代入求得,即可求得的值.
【详解】数列的前n项和,则,而,,
∴,则,
故答案为:.
15.已知函数是奇函数,且当时,,则的图象在点处的切线的方程是_______
【答案】
【分析】根据函数是奇函数求出时函数的解析式,然后求出切线的斜率,再得到切线方程.
【详解】因为当时,,又因为是奇函数,
所以当时, ,所以,
∴当时,,
∴在处的切线斜率,
∴在处的切线方程为,即.
故答案为:
16.一艘货轮在航海中遇险,发出求救信号.在离遇险地点南偏西方向10海里的处有一艘海难搜救艇收到求救信号后展开搜救,已知遇险货轮的航行方向为南偏东,且正以9海里时的速度向一小岛靠近.若海难搜救艇的最大速度为21海里时,且在处追上货轮,则海难搜救艇追上货轮所需的最短时间为___________小时.
【答案】
【分析】设海南船救艇追上货轮所需的最短时间为小时,在中,由,,,,利用余弦定理求解.
【详解】设海南船救艇追上货轮所需的最短时间为小时,
在中,因为,,,,
由余弦定理得:,
整理得:,
即,
解得(负值舍去).
故最短时间为小时.
故答案为:
【点睛】本题主要考查余弦定理的应用以及一元二次方程的解法,还考查了运算和求解的能力,属于基础题.
三、解答题
17.(1)命题:“,”,命题:“,”,若为真命题时,求实数的取值范围;
(2)已知:,:,若是的充分不必要条件,求实数的取值范围.
【答案】(1);(2).
【分析】(1)求出命题和命题均为真命题时的取值范围,最后求交集即可;
(2)讨论m求出对应集合对应,解绝对值不等式求对应集合,根据是的充分不必要条件得到关于的不等式组,求出m的取值范围.
【详解】(1)若p是真命题,则,又,则;
若q为真命题,则方程有实根,
∴,即或,
综上,为真时可得或;
∴的取值范围为:
(2)由,
∴当时,;当时,;当时,;
∴当时,“”:或.
当时,“”:.
当时,“”:或.
由得:,即“”:或.
由是的充分而不必要条件知:是的真子集,
∴时,或,可得:;
时,是的真子集恒成立;
时,或,可得:;
综上,m的取值范围为
18.已知数列的前项和.
(1)求通项公式;
(2)设,的前项和为,求.
【答案】(1);(2).
【分析】(1)由可求得数列的通项公式;
(2)利用裂项相消法可求得.
【详解】(1)当时,,
当时,由,符合上式.
所以的通项公式为.
(2)∵,
∴,
∴
.
19.已知椭圆的焦距为,长轴长为6,过点且斜率为1的直线与椭圆交于、两点.
(1)求椭圆的方程;
(2)为坐标原点,求的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)根据椭圆a、b、c的几何意义和关系直接求解;
(2)写出直线l的方程,与椭圆方程联立,解出交点M和N的坐标,作图分析即可求出三角形的面积﹒
【详解】(1)
(2)
设,
则,如图:
∴.
20.在中,角,,所对的边分别为,,,且.
(1)求角;
(2)若,为锐角三角形,求的周长的范围.
【答案】(1);(2).
【解析】(1)利用正弦定理化简已知条件,化简求得,进而求得.
(2)利用正弦定理将表示为角的形式,结合三角函数值域的求法求得的取值范围,由此求得三角形的周长的取值范围.
【详解】(1)中,由,得,
所以,
,,
而,所以,即
(2)在中,,,由正弦定理可得,
所以,,
因为为锐角三角形,,,所以,
所以且,
所以
,
,,,
所以,
所以的周长的范围为.
【点睛】在解三角形过程中,要注意利用正弦定理进行边角互化,结合三角恒等变换来求解.
21.已知椭圆的离心率.
(1)求椭圆的方程;
(2)已知,直线(不过点)与椭圆相交于,两点,平分且与椭圆交于另一点.当时,求四边形的面积.
【答案】(1);(2).
【解析】(1)根据,由求得b即可.
(2)联立方程组,根据,由,结合韦达定理解得,从而得到A,B的坐标,的长度及直线和的倾斜角分别为,,再由平分得到的方程,进而求得直线AB与PQ的夹角,由求解.
【详解】(1)因为,又,
所以,
故椭圆的方程为.
(2)设,联立方程组,
得,
由根与系数的关系得: ,
则,
因为,
所以,即,
即 ,
解得,
,,
所以,
则直线和的倾斜角分别为,,
因为,故的方程只能是,
设直线的倾斜角为,与所成角为,故,
而,故,
,又,
故.
【点睛】方法点睛:1、解决直线与曲线的位置关系的相关问题,往往先把直线方程与曲线方程联立,消元、化简,然后应用根与系数的关系建立方程,解决相关问题.涉及弦中点的问题常常用“点差法”解决,往往会更简单.
2、解决直线与曲线的弦长时,往往设直线与曲线的交点坐标为A(x1,y1),B(x2,y2),则 (k为直线斜率).
注意:利用公式计算直线被椭圆截得的弦长是在方程有解的情况下进行的,不要忽略判别式大于零.
22.已知函数的图象过点,若关于的方程有3个不同的实数根,
(1)求函数的单调区间;
(2)求的取值范围.
【答案】(1)在上单调递增,在,上单调递减;(2).
【分析】(1)依题意,即可求出参数的值,从而得到函数解析式,再求出函数的导函数,从而得到函数的单调区间;
(2)由(1)可得函数的极值,从而得到函数图象,有个不同实数根等价于与有个不同的交点,数形结合即可求出参数的取值范围;
【详解】解:(1),,.
,
当和时,;当时,;
在上单调递增,在,上单调递减,
(2)由(1)可知,的极大值为,极小值为,且当时,,当时,,由此可得大致图象如图:
有个不同实数根等价于与有个不同的交点,
由图象可知:,解得,的取值范围为.