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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
