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1、贵州省遵义市三合镇中心学校2020-2021学年高二数学理月考试题含解析一、 选择题:本大题共10小题,每小题5分,共50分。在每小题给出的四个选项中,只有是一个符合题目要求的1. 在平面直角坐标系xOy中,以点(1,0)为圆心且与直线mxy2m1=0(mR)相切的所有圆中,半径最大的圆的标准方程为()A(x1)2+y2=1B(x1)2+y2=4C(x1)2+y2=2D(x1)2+y2=参考答案:C【考点】圆的标准方程【分析】求出圆心到直线的距离d的最大值,即可求出所求圆的标准方程【解答】解:圆心(1,0)到直线mxy2m1=0的距离d=,m=1时,圆的半径最大为,所求圆的标准方程为(x1)2
2、+y2=2故选:C【点评】本题考查圆的标准方程,考查点到直线的距离公式,考查学生的计算能力,是基础题2. 函数最小值是( )A-1 B C D1参考答案:B略3. 5名学生进行知识竞赛,笔试结束后,甲、乙两名参赛者去询问成绩,回答者对甲说:“你们5人的成绩互不相同,很遗憾,你的成绩不是最好的”;对乙说:“你不是最后一名”根据以上信息,这5个人的笔试名次的所有可能的种数是()A54B72C78D96参考答案:A【考点】进行简单的合情推理【专题】综合题;转化思想;演绎法;推理和证明【分析】甲、乙不是第一名且乙不是最后一名乙的限制最多,故先排乙,有3种情况;再排甲,也有3种情况;余下的问题是三个元素
3、在三个位置全排列,根据分步计数原理得到结果【解答】解:由题意,甲、乙都不是第一名且乙不是最后一名乙的限制最多,故先排乙,有3种情况;再排甲,也有3种情况;余下3人有A33种排法故共有3?3?A33=54种不同的情况故选:A【点评】本题主要考查排列、组合与简单的计数问题,解决此类问题的关键是弄清完成一件事,是分类完成还是分步完成,是有顺序还是没有顺序,像这种特殊元素与特殊位置的要优先考虑4. 曲线在点处的切线方程为( ) A. B. C. D.参考答案:A5. 函数的定义域是( )ABC D 参考答案:D6. 无穷等比数列中,则首项的取值范围是 ( ) . A B C D参考答案:B略7. 已知
4、,是两个不同的平面,m,n是异面直线且,则下列条件能推出的是( )A, B, C, D,参考答案:D8. 下面几种推理过程是演绎推理的是()(A)某校高三有8个班,1班有51人,2班有53人,3班有52人,由此推测各班人数都超过50人(B)由三角形的性质,推测空间四面体的性质(C)平行四边形的对角线互相平分,菱形是平行四边形,所以菱形的对角线互相平分(D)在数列an中,a1=1,an=,由此归纳出an的通项公式参考答案:C略9. 已知函数在定义域内是增函数,则实数的取值范围为()A B C D参考答案:C略10. 设命题P:?nN,n22n,则P为()A?nN,n22nB?nN,n22nC?n
5、N,n22nD?nN,n2=2n参考答案:C【考点】命题的否定【专题】简易逻辑【分析】利用特称命题的否定是全称命题写出结果即可【解答】解:因为特称命题的否定是全称命题,所以命题P:?nN,n22n,则P为:?nN,2n2n故选:C【点评】命题的否定和否命题的区别:对命题的否定只是否定命题的结论,而否命题,既否定假设,又否定结论二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 已知三点不共线,为平面外一点,若由向量确定的点与共面,那么参考答案:12. 设,复数(i为虚数单位)若,则ab=_,_参考答案: (1). 6 (2). 【分析】先由复数的除法,化简,再由复数相等的充要条件,求出,
6、即可得出结果.【详解】因为,所以,又,所以,解得,所以,.故答案为(1). 6 (2). 【点睛】本题主要考查复数的运算以及复数的模,熟记复数的除法运算法则、复数相等的充要条件,以及复数模的计算公式即可,属于常考题型.13. 在()n的展开式中,只有第5项的二项式系数最大,则n= ,展开式中常数项是参考答案:8,【分析】在()n的展开式中,只有第5项的第二项系数最大,由此求出n=8从而Tr+1=()8r(1)rx82r,由82r=0,得r=4由此能求出展开式中常数项【解答】解:在()n的展开式中,只有第5项的二项式系数最大,n=8Tr+1=()8r()r=()8r(1)rx82r,由82r=0
7、,得r=4展开式中常数项是:()4(1)4=故答案为:8,14. 命题“若a0,b0,则ab0”的逆否命题是(填“真命题”或“假命题”)参考答案:真命题【考点】四种命题【专题】转化思想;定义法;简易逻辑【分析】根据逆否命题的真假关系,判断原命题的真假即可【解答】解:若a0,b0,则ab0成立,即原命题为真命题,则命题的逆否命题也为真命题,故答案为:真命题【点评】本题主要考查命题的真假判断,根据逆否命题的真假性相同是解决本题的关键15. 曲线和在它们交点处的两条切线与轴所围成的三角形面积是 .参考答案:略16. 如图,在正方体中,、分别是、的中点,则异面直线与所成角的大小是_.参考答案:9017
8、. 若的展开式中项的系数为,则函数与直线、及x轴围成的封闭图形的面积为-参考答案:2-2cos2三、 解答题:本大题共5小题,共72分。解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤18. 抛物线的顶点在原点,它的准线过双曲线的一个焦点,并与双曲线的实轴垂直,已知抛物线与双曲线的一个交点位分别求(1)抛物线的方程(2)双曲线的方程(本题满分12分)参考答案:(1),(2) 19. 已知函数f(x)=xlnx,(e=2.718)(1)设g(x)=f(x)+x22(e+1)x+6,记g(x)的导函数为g(x),求g(e);若方程g(x)a=0有两个不同实根,求实数a的取值范围;(2)若在1,e上存在一点x
9、0使成立,求实数m的取值范围参考答案:【考点】6E:利用导数求闭区间上函数的最值【分析】(1)求出函数的导数,计算g(e)的值即可;求出函数的导数,根据函数的单调性求出a的范围即可;(2)问题转化为,令,根据函数的单调性求出m的范围即可【解答】解:f(x)的定义域(0,+),g(x)的定义域为(0,+),(1)g(x)=lnx+1+2x2e2,g(e)=0;,g(x)递增,又g(e)=0,所以g(x)在(0,e)上递减,(e,+)递增,又x趋于0的时候,g(x)趋于6;x趋于+的时候,g(x)趋于+,又g(e)=6e2e,所以a(6e2e,6);(2)由题可得,令,则h(x)在1,e上的最小值
10、小于0,又,当m+1e时,即me1,h(x)在1,e上递减,所以h(e)0,解得;当m+11即m0,h(x)在1,e递增,h(1)0解得m2;当1m+1e,即0me1,此时要求h(1+m)0又0ln(1+m)1,所以0mln(1+m)m,所以h(1+m)=2+mmln(1+m)2,此时h(1+m)0不成立,综上m2或20. (12分)如图,在三棱柱ABCA1B1C1中,ABC是边长为2的等边三角形,AA1平面ABC,D,E分别是CC1,AB的中点(1)求证:CE平面A1BD;(2)若H为A1B上的动点,当CH与平面A1AB所成最大角的正切值为时,求平面A1BD与平面ABC所成二面角(锐角)的余
11、弦值参考答案:【考点】用空间向量求平面间的夹角;直线与平面平行的判定;二面角的平面角及求法【分析】(1)通过补形,延长延长A1D交AC的延长线于点F,连接BF,从而可证明CEBF,然后由线面平行的判定定理得证;(2)由已知找出C点在平面A1AB上的射影CE,CE为定值,要使直线CH与平面A1AB所成最大角的正切值为,则点H到E点的距离应最小,由此得到H的位置,进一步求出EH的长度,则在直角三角EHB中可得到BH的长度,利用已知条件证出BF平面A1AB,从而得到EBH为平面A1BD与平面ABC所成的二面角,在直角三角形EHB中求其余弦值本题也可以A为坐标原点,建立空间直角坐标系,利用空间向量解决
12、【解答】法一、(1)证明:如图,延长A1D交AC的延长线于点F,连接BFCDAA1,且CD=AA1,C为AF的中点E为AB的中点,CEBFBF?平面A1BD,CE?平面A1BD,CE平面A1BD(2)解:AA1平面ABC,CE?平面ABC,AA1CEABC是边长为2的等边三角形,E是AB的中点,CEAB,AB?平面A1AB,AA1?平面A1AB,ABAA1=A,CE平面A1ABEHC为CH与平面A1AB所成的角,在RtCEH中,tan,当EH最短时,tanEHC的值最大,则EHC最大当EHA1B时,EHC最大此时,tan=CEBF,CE平面A1AB,BF平面A1ABAB?平面A1AB,A1B?
13、平面A1AB,BFAB,BFA1BABA1为平面A1BD与平面ABC所成二面角(锐角)在RtEHB中, =,cosABA1=平面A1BD与平面ABC所成二面角(锐角)的余弦值为法二、(1)证明:如图,取A1B的中点F,连接DF、EFE为AB的中点,EFAA1,且CDAA1,且CD=AA1,EFCD,EF=CD四边形EFDC是平行四边形CEDFDF?平面A1BD,CE?平面A1BD,CE平面A1BD(2)解:AA1平面ABC,CE?平面ABC,AA1CEABC是边长为2的等边三角形,E是AB的中点,CEAB,AB?平面A1AB,AA1?平面A1AB,ABAA1=A,CE平面A1ABEHC为CH与平面A1AB所成的角,在RtCEH中,tan,当EH最短时,tanEHC的值最大,则EHC最大当EHA1B时,EHC最大此时,tan=在RtEHB中,RtE