福建省厦门市思明区三校2021-2022学年高二下第一次月考数学试卷(含答案)

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资源描述

1、福建省厦门市思明区三校2021-2022学年高二下第一次月考数学试卷一、单选题1已知为等差数列的前n项和,若,则公差()A1B2C3D42直线与直线垂直,则的值为()AB1CD93高矮不同的3名女生和4名男生站成一排,要求女生按从高到低的顺序排列,则不同的排列方法()A720B840C1120D14404已知A(1,1,1)、B(2,2,2)、C(3,2,1)、D(2,1,0),则四边形ABCD的面积为()ABCD5我市拟向新疆哈密地区的三所中学派出5名教师支教,要求每所中学至少派遣一名教师,则不同的派出方法有A300种B150种C120种D90种6已知数列满足,则()ABCD7已知直线与圆:

2、相交于,两点,若,则的值为()A或0B或4C0或4D或28设,则()ABCD二、多选题9已知函数的图象如图所示(其中是函数的导函数),下列说法正确的是:()A函数在区间上是增函数; B函数在区间上无单调性;C函数在处取得极大值; D函数在处取得极小值10双曲线C:的左、右焦点分别为、,O为坐标原点,则下列说法正确的是()A双曲线C的离心率为 B焦点到双曲线C渐近线的距离为2C双曲线与C的渐近线相同 D双曲线与C的焦点相同11设函数,则下列说法正确的是()A定义域是B时,图象位于x轴下方C存在单调递增区间D有且仅有两个极值点12如图,在棱长为1的正方体ABCD中,E为侧面的中心,F是棱的中点,若

3、点P为线段上的动点,N为ABCD所在平面内的动点,则下列说法正确的是()A的最小值为B若,则平面PAC截正方体所得截面的面积为C若与AB所成的角为,则N点的轨迹为双曲线的一部分D若正方体绕旋转角度后与其自身重合,则的最小值是三、填空题13在的展开式中,的系数为28,则a=_14若函数在上单调递增,则的取值范围是_15已知椭圆的焦点分别为,且是抛物线焦点,若P是与的交点,且,则的值为_.16某区突发新冠疫情,为抗击疫情,某医院急从甲、乙、丙等9名医务工作者中选6人参加周一到周六的某社区核酸检测任务,每天安排一人,每人只参加一天现要求甲、乙、丙至少选两人参加考虑到实际情况,当甲、乙、丙三人都参加时

4、,丙一定得排在甲乙之间,那么不同的安排数为_(请算出实际数值)四、解答题17在班级活动中,名男生和名女生站成一排表演节目:(写出必要的数学式,结果用数字作答)(1)名女生不能相邻,有多少种不同的排法?(2)名男生相邻有多少种不同的站法?(3)女生甲不能站在左端,女生乙不能站在右端,有多少种不同的排法?(4)甲、乙、丙三人按从高到低从左到右排列,有多少种不同的排法?(甲、乙、丙三位同学身高互不相等)(5)从中选出名男生和名女生表演分四个不同角色的朗通,有多少种选派方法?18函数f(x)xlnxa(x1)(aR),已知xe是函数f(x)的一个极小值点(1)求实数a的值;(2)求函数f(x)在区间1

5、,3上的最值(其中e为自然对数的底数)19四棱锥中,平面,四边形为平行四边形,(1)若为中点,求证平面;(2)若,求面与面的夹角的余弦值.20设数列的前n项和为,且.(1)求;(2)证明:当时,.21设抛物线的焦点为,点在抛物线上,且,椭圆右焦点也为,离心率为(1)求抛物线方程和椭圆方程;(2)若不经过的直线与抛物线交于、两点,且(为坐标原点),直线与椭圆交于、两点,求面积的最大值22已知函数,.(1)讨论函数的单调性;(2)令函数,若对,恒成立,求实数a的取值范围参考答案1B【详解】由,可得,又由,所以.2B【详解】由题意,得,解得.3B【详解】由于女生按从高到低的顺序排列,故只需将4名男生

6、从7个位置中选取4个位置排好,即有种排列方法,4C【详解】=(1,1,1)=, =(1,0,1),=0,四边形ABCD为矩形,故SABCD=|=5B详解:根据题意:分两步计算(1)将5名教师分成三组,有两种方式即1,1,3与1,2,2;分成1,1,3三组的方法有分成1,2,2三组的方法有一共有种的分组方法;(2)将分好的三组全排列有种方法.则不同的派出方法有种.6A【详解】由得:,各式相加得:,又,.7 A 8C【详解】,令,则,所以在上递减,则,即,则,所以,9AD【详解】由函数的图象,可得;当时,由,可得,单调递增;当时,由,可得,单调递减;当时,由,可得,单调递减;当时,由,可得,单调递

7、增,当时,取得极大值;当时,取得极小值,10ACD【详解】A:因为,所以,则离心率为,正确;B:因为,一条渐近线为,所以到渐近线的距离,错误;C:它们的渐近线都是,渐近线相同,正确;D:对于双曲线有,双曲线,即与C的焦点都在x轴上,又,所以双曲线与C的焦点相同,正确11ABC【详解】对A选项,需满足,解得且,的定义域为,故A正确;对B选项,由,当时,在上的图像都在x轴的下方,故B正确;对C选项,令,在单调递增,x2时,g(x)0,存在单调递增区间,故C正确;对D选项,由B可知,时,图象位于x轴下方;当x1时,g(x)在单调递增,且,存在唯一的使g(x)0,即,当时,g(x)0,单调递减,当时,

8、g(x)0,单调递增,f(x)只有一个极小值点,故D错误.12BCD【详解】建立如图所示的空间直角坐标系,正方体棱长为1,则,,对于A,设,所以,所以时,A不正确;对于B,则是上靠近的三等分点,取上靠近的三等分点,则,显然与平面的法向量垂直,因此平面,所以截面与平面的交线与平行,作交于点,设,则,由得,解得,则与重合,因此取中点,易得,截面为,它是等腰梯形,梯形的高为,截面面积为,B正确;对于C,若与AB所成的角为,则有,两边平方化简整理有,C正确;对于D,同理,所以是平面的一个法向量,即平面,设垂足为,则,是正方体的外接球的直径,因此正方体绕旋转角度后与其自身重合,至少旋转D正确131【详解

9、】二项式展开式的通项公式为,由得,解得14【详解】,在上单调递增,在上恒成立;令,则;当时,在上单调递增,解得:,;当时,令,解得:,则当时,;当时,;在上单调递减,在上单调递增,又,解得:;综上所述:的取值范围为.15【详解】依题意,由椭圆定义得,而,则,因点是抛物线的焦点,则该抛物线的准线l过点,如图,过点P作于点Q,由抛物线定义知,而,则,所以.16【详解】计算不同的安排数有两类办法:甲、乙、丙中只选两人,有种选法,再从余下6人中任选4人有选法,将选取的6人安排到周一到周六有种,因此,共有不同安排种数为,当甲、乙、丙三人都参加时,从余下6人中任选3人有选法,周一到周六中取3天安排甲、乙、

10、丙且丙在甲乙之间有种,另3天安排所选3人有种,共有不同安排数为:,由分类加法计数原理得:共有不同的安排数为.17(1)2;(2)0,2e.(1)f(x)xlnxa(x1),lnx1a,xe是函数f(x)的一个极小值点,2a0,解得:a2;当a2时,lnx1,当0xe时,0,f(x)单调递减,当xe时,0,f(x)单调递增,xe时f(x)的极小值点.a2.(2)由(1)得:f(x)xlnx2x2,且f(x)在1,e)递减,在(e,3递增,而f(1)0,f(3)3ln340,故f(1)0,f(e)2e18(1)证明见解析(2)(1)取中点,连接,则四边形 为平行四边形, ,为直角三角形,且.又平面

11、,平面,.又,平面.(2),为等边三角形,取中点,连接,则,以为坐标原点,分别以为轴建立空间坐标系,如图令,则,设面的法向量为,则由得取,则设面的法向量为,则由得取,则设面与面的夹角为,则所以面与面的夹角的余弦值为.19(1)1440;(2)576;(3)3720;(4)840;(5)432.(1)解:分步进行分析:将名男生全排列,有种情况,排好后有个空位,在个空位中任选个,安排名女生,有种情况,故名女生不能相邻的排法有种;(2)解:分步进行分析:将名男生看成一个整体,考虑4人间的顺序,有种情况,将这个整体与名女生全排列,有种情况,故名男生相邻的排法有种;(3)解:分种情况讨论:女生甲站在右端

12、,其余人全排列,有种情况,女生甲不站在右端有种站法,女生乙有种站法,其余人全排,有种情况,故一共有种;(4)解:首先把名同学全排列,共有种结果,甲、乙、丙三人内部的排列共有种结果,要使甲、乙、丙三个人按照一个从高到低从左到右的顺序排列,结果数只占种结果中的一种,故有种.(5)解:分步进行分析:名男生中选取名男生,名女生中选取名女生,有种情况,将选出的人全排列,承担种不同的角色,有种情况,故有种.20(1)(2)见解析(1)当时,解得,当时,即,是以为首项,为公比的等比数列,即.(2)由,得,则,令,则,令,则,当时,在上单调递增,即,当且仅当时,取等,得证.21(1)抛物线方程为, 椭圆方程为

13、(2)(1)由题意,解得:,故,所以抛物线方程为, 椭圆方程为(2)设直线方程为,由消去得,设,则因为,所以或(舍去),所以直线方程为由,消去得,设,则设直线与轴交点为,则所以令,则,所以,当且仅当时,即时,取最大值22(1)答案见解析(2)(1)由,得,当时,对恒成立,则在R上单调递增,当时,时,时,则在上单调递减,在上单调递增,综上所述:当时,在R上单调递增,当时,在上单调递减,在上单调递增,(2),且,当,所以,所以在上单调递增,则,当时,即时,在上恒成立,所以在上单调递增,则满足题意,当时,则由零点存在性定理可得;在上存在唯一的零点,所以时,则在上单调递减,所以对时,与题设矛盾,舍去,综上:

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