2021淮北树人高级中学高二第二学期开学考试数学（理）试卷含答案

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www.ks5u.com高二第二学期开学考试卷 数学 理1．若复数，则（    ）A． B． C． D．2.下列四个命题中真命题的个数是（ ）
①“”是“”的充分不必要条件;
②命题“，”的否定是“，”；
③“若，则”的逆命题为真命题；
④命题；，，命题，，则为真命题． A. B. C. D.3.某几何体的三视图如图所示(单位：，则该几何体的表面积(单位：是(    ) B.  C.  D. 4.极坐标系中，圆上的点到直线的距离最大值为(     ) A. B. C. D.5. 已知，且，则锐角的大小为(     ) A. B. C. D.6. 已知直线经过圆的圆心，则的最小值是(        )  A. B. C. D.7. 如图，在长方形内任取一点，则点落在阴影部分内的概率为(    )
A.               B.              C.           D.8.等差数列与的前项和分别为和，若，则(     ) A. B. C. D.9. 已知，，分别为的三个内角，，的对边，，，则面积的最大值为 A. B. C. D.10．函数的导函数的图象如图所示，给出下列命题：
 ①是函数的极值点；
②是函数的最小值点；
③在区间上单调递增；
④在处切线的斜率小于零．以上正确命题的序号是        A.①② B.③④ C.①③ D.②④11.  如图，，是双曲线：的左，右焦点．过的直线与双曲线的两条渐近线分别交于，两点，若点为的中点，且，则
A. B. C. D.12.  已知函数，且)的图象在处的切线方程为，若恒成立，则的取值范围为(        ) A. B. C. D.  13.  设，满足约束条件则的最小值为________． 14.如图，在底面是直角梯形的四棱锥中，侧棱底面，，，，，则到平面的距离为_______.15.  已知是抛物线上一点，为其焦点，点在圆上，则的最小值是________. 16.  在中，角，，的对边分别为，，，下列结论中正确的选项有________．
①，若，则；
②，若，则可能为等腰三角形或直角三角形；
③，若，则定为直角三角形；
④，若，且该三角形有两解，则的取值范围是. 17. 已知函数，直线是函数的图象的一条对称轴．  求函数  的单调递增区间；已知函数的图象是由的图象上的各点的横坐标伸长到原来的倍，然后再向左平移个单位长度得到的，若，，求的值 18. 设数列的前项和为，已知． 求的通项公式；若数列满足，求的前项和． 19.如图，长方体的底面是正方形，点在棱上，.(1)证明：平面；(2)若，求二面角的正弦值.  20. 已知椭圆的离心率为，点为上一点．  求椭圆的标准方程；设坐标原点为，点，在上，点满足，且直线，的斜率之积为，证明：为定值．21.函数，.  讨论的单调性；若对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围． 22. 在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），直线的参数方程为（为参数）.  求的普通方程，并判断直线与曲线的公共点的个数；若曲线截直线所得弦长为，求的值. 23.(10分)  已知函数.  当时，求不等式的解集；若对任意，不等式恒成立，求的取值范围. 
数学 理科答案 1、【答案】D【解析】因为．故选：D．2.【答案】D【考点】命题的真假判断与应用【解析】对四个，命题分别进行判断，即可得出结论．【解答】解：①由，则，
反之，由，得：，或，
所以，“”是“”的充分不必要条件，故正确；
②命题“，”的否定是“，”，故正确；
③“若，则”的逆命题为“若，则”若时不符合，是假命题，故不正确；
④命题，，正确，
命题，，不正确，
因为恒成立，为真，故正确．
故选. 3答案：C解析：几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为由棱长为2的正方体切去一个正三棱锥体构成的不规则几何体．如图，所以．故选C．
  4.【解答】B解：由题意可知圆的方程为，圆心坐标为，半径为，直线为，
圆心到直线的距离为，
所以圆上的点到直线的最大距离为.
故选. 5.B【解答】解：由题知，得，
解得，即.
∵   为锐角，即，
∴   ，
∴   ，即.
故选.6.D【解答】解：圆化成标准方程，得，
∴   圆的圆心为，半径．
∵   直线经过圆心，
∴   ，即，
因此，，
∵   ，，
∴   ，当且仅当时等号成立．
由此可得当，即且时，的最小值为．
故选.7.D【答案】 8.【答案】A【解析】此题暂无解析【解答】解：根据等差数列的性质，得．故选．9.【解答】B解：因为

.
又因为，
所以

，
，
面积，
而


，
所以，即面积的最大值为．
故选． 10.【答案】C【解答】解：根据导函数图象可知：当时，
，在时，，
故函数在上单调递减，
在上单调递增，故③正确；
则是函数的极小值点，故①正确；
在上单调递增，故不是函数的最小值点，故②不正确；
函数在处的导数大于，
即在处切线的斜率大于零，故④不正确．
故选． 11.【解答】A解：因为点为的中点，
所以.
又，
所以，，
所以，
所以，
所以，
所以．
故选． 12.【答案】A【解答】解：因为，所以.
又函数的图象在处的切线方程为，
所以，解得，
所以.
因为恒成立，
所以恒成立．
当时，成立；
当时，令，则．
当时，，在和上单调递减．
当时，，在上单调递增．
当时，恒成立，
所以.
当时，恒成立，而，
所以.
综上，，
所以的取值范围为
故选. 13.【答案】【解析】作可行域，结合目标函数所表示的直线确定最优解，解得结果．【解答】解：作出，满足约束条件的可行域，

当直线经过点时，．
故答案为：. 14.答案：解析：分析知两两垂直，可建立以为坐标原点，所在的直线分别为轴、轴、轴的空间直角坐标系(如图所示)，则，设平面的法向量为，则，即，取，则，则是平面的一个法向量.又平面所求距离为 15.【解答】解：由题设得抛物线的焦点，准线方程为，
如图所示，

由抛物线定义得，
当，，三点共线时，的值最小，即轴，
此时.
故答案为：. 16.【答案】①②③④【考点】解三角形命题的真假判断与应用余弦定理正弦定理【解析】此题暂无解析【解答】解：由正弦定理得，故①正确；
已知.
∵   是三角形的内角，
∴   或，
即或，
∴   可能为等腰三角形或直角三角形，故②正确；
由以及正弦定理得
，
即

∴   .
∵   ，
∴   ，，故定为直角三角形，故③正确；
已知，，
由正弦定理得.
∵   该三角形有两解，
∴   ，，
∴   ，
即，故④正确.
综上所述：正确的选项有①②③④.
故答案为：①②③④. 17.【解答】解：∵   函数，
∴  
．
∵   直线是函数图象的一条对称轴，
∴   ，，
∵   ，
∴   ．
∴   ，
令，，
解得：，，
∴   函数的单调递增区间为：，.由知，，
可得．
由，
可得，
故．
∴   .
∴  
．18.【答案】因为，
所以当时，，故，
当时，，
此时，，
即，
所以因为，所以，
当时，，
所以；
当时，
，
所以，
两式相减得：
，
所以，经检验，时也适合，
综上可得．19.答案：(1)由已知得，平面，平面，故.又，所以平面.(2)由(1)知.由题设知，所以，故.以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系，则，.设平面的法向量为，则即所以可取.设平面的法向量为，则即所以可取.于是.所以，二面角的正弦值为.20.【解答】解：由题知，
解得
所以的标准方程为.证明：设，当直线的斜率不存在时，，
因为直线，的斜率之积为，所以，即，
又，在椭圆上，所以，．
因为，
所以


.
当直线的斜率存在时，设直线的方程为（），
联立方程得消去，得，
，
设，则，．
因为直线，的斜率之积为，即，，
∵   ，在椭圆上，∴   ①，②，
∴   ，∴   ，
∴   ①＋②得．
因为，
所以


．
综上，为定值．21【解答】解：∵   ，
∴   ，
当时， ；
当时， ，
∴   在上单调递减，在上单调递增．要使不等式恒成立，
即恒成立，
令，则，
设，则，
故在上单调递减.
又，
当时，；当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，
所以.
综上，实数的取值范围是. 22.【解答】解：由题意得：曲线: .
∵   当时，直线经过点，点距圆心的距离为，
∴   点在圆的内部，
∴   与有两个交点.:，
设圆心到的距离为，与交于点，，中点为，
∵   ，∴   ，
∴   或，
∴   或 23.【解答】解：设，
则
等价于，
即或，或
解得或，
故不等式的解集为．因为，所以，
则对恒成立
等价于对恒成立，
即对恒成立，
则
因为，所以，
即的取值范围为．