2021-2022学年山西省朔州市怀仁市第一中学高二下学期第一次月考数学（理）试题含解析

这是一份2021-2022学年山西省朔州市怀仁市第一中学高二下学期第一次月考数学（理）试题含解析，共15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。
2021-2022学年山西省朔州市怀仁市第一中学高二下学期第一次月考数学（理）试题一、单选题1．在正方体中，底面的对角线交于点，且，，则等于（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用空间向量的减法可得结果.【详解】如下图所示：.故选：A.2．如果直线与直线垂直，那么的值为（       ）A． B． C． D．2【答案】A【分析】根据两条直线垂直列方程，化简求得的值.【详解】由于直线与直线垂直，所以.故选：A3．在等差数列中，，且构成等比数列，则公差等于(       )A． B．0 C．3 D．0或3【答案】D【分析】根据等比中项和等差数列通项公式即可求解.【详解】设等差数列的公差为d，∵，构成等比数列，∴，解得d＝0或3.故选：D.4．双曲线的渐近线方程是（       ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据双曲线的性质得出渐近线方程.【详解】因为，所以双曲线的渐近线方程是故选：C5．若动圆的圆心在抛物线上，且恒过定点，则此动圆与直线（       ）A．相交 B．相切 C．相离 D．不确定【答案】B【分析】根据题意得定点为抛物线的焦点，为准线，进而根据抛物线的定义判断即可.【详解】解：由题知，定点为抛物线的焦点，为准线，因为动圆的圆心在抛物线上，且恒过定点，所以根据抛物线的定义得动圆的圆心到直线的距离等于圆心到定点，即圆心到直线的距离等于动圆的半径，所以动圆与直线相切.故选：B6．正三棱柱各棱长均为为棱的中点，则点到平面的距离为（       ）A． B． C． D．1【答案】C【分析】建立空间直角坐标系，利用点面距公式求得正确答案.【详解】设分别是的中点，根据正三棱柱的性质可知两两垂直，以为原点建立如图所示空间直角坐标系，，，.设平面的法向量为，则，故可设，所以点到平面的距离为.故选：C7．函数的图象大致为（       ）A． B．C． D．【答案】B【分析】利用导数法判断其单调性即可.【详解】当时，，排除C选项；求导，令，得或，当或时，，当时，，所以在和上递增，在上递减，故选：B8．若直线被圆截得的弦长为4，则的最大值是（       ）A． B． C．1 D．2【答案】A【分析】根据弦长求得的关系式，结合基本不等式求得的最大值.【详解】圆的圆心为，半径为，所以直线过圆心，即，由于为正数，所以，当且仅当时，等号成立.故选：A9．下列求导运算错误的是（     ）A．若，则B．若，则C．若，则D．若，则【答案】B【分析】根据基本初等函数的导数公式、导数的四则运算法则和复合函数的求导法则计算即可.【详解】，故A求导正确；，则，故B求导错误.，故C求导正确；，故D求导正确.故选：B.10．《周髀算经》有这样一个问题：从冬至日起，依次小寒､大寒､立春､雨水､惊蛰､春分､清明､谷雨､立夏､小满､芒种十二个节气日影长减等寸，冬至､立春､春分日影之和为三丈一尺五寸，前九个节气日影之和为八丈五尺五寸（注：一丈等于十尺，一尺等于十寸），问立夏日影长为（       ）A．一尺五寸 B．二尺五寸C．三尺五寸 D．四尺五寸【答案】D【分析】结合等差数列的知识求得正确答案.【详解】设冬至日影长，公差为，则，所以立夏日影长丈，即四尺五寸.故选：D11．已知首项为的数列的前项和为，，则下列说法不正确的是（       ）A．数列是等比数列 B．数列为单调递增数列C． D．【答案】D【分析】由，，可得，可得数列的奇数项、偶数项分别成等比数列，且，，故数列是公比为4的等比数列，可判断A；由可判断B；代入通项公式计算可判断C；利用通项公式和求和公式代入可判断D【详解】由题意，在中，令可得故数列的奇数项是以1为首项，16为公比的等比数列；偶数项是以4为首项，16为公比的等比数列故奇数项的通项公式为：，偶数项的通项公式为：，，故数列是公比为4的等比数列，故A正确由于，故数列为单调递增数列，故B正确；，故C正确；由于故，故D错误故选：D12．将正方形沿对角线翻折，使平面与平面的夹角为，如下四个结论错误的是(       )A．B．是等边三角形C．直线与平面所成的角为D．与所成的角为【答案】C【分析】证明线面垂直，得到线线垂直判断①；求解三角形可得的形状判定②；求解线面角判断③；求解三角形，可得是等边三角形判断④．【详解】取中点，连结，，则，，平面AEC，平面，∴，故A正确；设折叠前正方形的边长为2，则，，平面平面，且平面平面，AE⊥BD，平面ABD，平面，∴，＝AD＝CD，即是等边三角形，故B正确；∵面，与平面所成的线面角的平面角是，故C错误；取中点，中点，连结，，，则，，为异面直线，所成的角，∵，，，是等边三角形，则，故D正确．故选：C．二、填空题13．在空间直角坐标系中，已知向量，则的值为__________.【答案】【分析】由题知，进而根据向量数量积运算的坐标表示求解即可.【详解】解：因为向量，所以，所以故答案为：14．在平面直角坐标系中，直线与椭圆交于两点，且，则该椭圆的离心率为__________.【答案】【分析】直线与椭圆相交，求交点，利用列式求解即可.【详解】联立方程得，因为，所以,即，所以， .故答案为：.15．已知函数，若递增数列满足，则实数的取值范围为__________.【答案】【分析】根据的单调性列不等式，由此求得的取值范围.【详解】由于是递增数列，所以.所以的取值范围是.故答案为：16．数学中，多数方程不存在求根公式.因此求精确根非常困难，甚至不可能.从而寻找方程的近似根就显得特别重要.例如牛顿迭代法就是求方程近似根的重要方法之一，其原理如下：假设是方程的根，选取作为的初始近似值，在点处作曲线的切线，则与轴交点的横坐标称为的一次近似值，在点处作曲线的切线.则与轴交点的横坐标称为的二次近似值.重复上述过程，用逐步逼近.若给定方程，取，则__________.【答案】【分析】根据牛顿迭代法的知识求得.【详解】构造函数，，切线的方程为，与轴交点的横坐标为.，所以切线的方程为，与轴交点的横坐标为.故答案为：三、解答题17．在平面直角坐标系中，已知.(1)求直线的方程；(2)平面内的动点满足，到点与点距离的平方和为24，求动点的轨迹方程.【答案】(1)(2)【分析】（1）结合点斜式求得直线的方程.（2）设，根据已知条件列方程，化简求得的轨迹方程.【详解】(1)，于是直线的方程为，即(2)设动点，于是，代入坐标得，化简得，于是动点的轨迹方程为18．在①，②这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并作答.设数列的前项和为，且__________.(1)求数列的通项公式；(2)若，求数列的前项和.【答案】(1)答案不唯一，具体见解析(2)答案不唯一，具体见解析【分析】（1）若选①：根据，利用数列通项与前n项和的关系求解；若选②：构造利用等比数列的定义求解；（2）根据（1）得到，再利用错位相减法求解.【详解】(1)解:若选①：，当时，，当时，满足上式，故若选②：易得于是数列是以为首项，2为公比的等比数列，(2)若选①：由（1）得，从而，，作差得，于是若选②由（1）得，从而，，作差得，于是19．我们知道，装同样体积的液体容器中，如果容器的高度一样，那么侧面所需的材料就以圆柱形的容器最省.所以汽油桶等装液体的容器大都是圆柱形的，某卧式油罐如图1所示，它垂直于轴的截面如图2所示，已知截面圆的半径是1米，弧的长为米表示劣弧与弦所围成阴影部分的面积.(1)请写出的函数表达式；(2)用求导的方法证明.【答案】(1)，(2)证明见解析【分析】（1）由弧长公式得，根据即可求解；（2）利用导数判断出在上单调递增，即可证明.【详解】(1)由弧长公式得，于是，(2)cos，显然在上单调递增，于是.20．在长方体中，，点分别在上，且.(1)求证：平面；(2)求平面与平面所成角的余弦值.【答案】(1)证明见解析.(2)【分析】（1）根据线面垂直的性质和判定可得证；（2）以为坐标原点，分以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，由面面角的空间向量求解方法可得答案.【详解】(1)证明：长方体中，平面，又平面，又平面，又平面同理可证，而平面，平面(2)解：以为坐标原点，分以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系.从而，，，由（1）知，为平面的一个法向量，设平面的法向量为，则，，则，从而 ，令，则，得平面的一个法向量为由图示得平面与平面所成的角为锐角，平面与平面所成的角的余弦值为21．已知点是椭圆上的一点，且椭圆的离心率.(1)求椭圆的标准方程；(2)两动点在椭圆上，总满足直线与的斜率互为相反数，求证：直线的斜率为定值.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据已知条件列方程组，解方程组求得，从而求得椭圆的标准方程.（2）设出直线的方程并与椭圆方程联立，由此求得，同理求得，从而化简求得直线的斜率为定值.【详解】(1)由题可知，解得，从而粚圆方程为.(2)证明设直线的斜率为，则，，联立直线与椭圆的方程，得，整理得，从而，于是，由题意得直线的斜率为，则，，同理可求得，于是即直线的斜率为定值.22．已知函数.(1)当时，讨论的单调性；(2)当时，证明：.【答案】(1)在上单调递减，在上单调递增(2)证明见解析【分析】（1）当时，利用求得的单调区间.（2）将问题转化为证明，利用导数求得的最小值大于零，从而证得不等式成立.【详解】(1)当时，，且，又与均在上单调递增，所以在上单调递增.当时，单调递减；当时，单调递增.综上，在上单调递减，在上单调递增.(2)因为，所以，要证，只需证当时，即可.，易知在上单调递增，又，所以，且，即，当时，单调递减；当时，单调递增，，所以.【点睛】在证明不等式的过程中，直接证明困难时，可考虑证明和两个不等式成立，从而证得成立.