海南省琼海市嘉积中学2021-2022学年高二下学期第一次月考数学试题

考数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 评卷人 得分 一、单选题

1．复数

2i在复平面内对应的点所在的象限为（ ） 13iA．第一象限 C．第三象限

B．第二象限 D．第四象限

2．设集合U{1,2,3,4,5,6},A{1,3,6},B{2,3,4}，则AA．{3}

B．{1,6}

C．{5,6}

UB（ ）

D．{1,3}

3．抛物线y22px(p0)的焦点到直线yx的距离为2，则p＝（ ） A．1

B．2

C．22 D．4

4．已知数列{an}为等差数列，Sn为其前n项和，若a3a5a63，则S7＝（ ） A．7

B．21

C．28

D．42

2x2y25．已知双曲线C：1的渐近线方程是yx，则m＝（ ）

3m4A．3

12B．6 C．9 D．

16 96．设alog52,b2,ccosA．acb C．abc

3，则（ ）

B．bca D．abc

7．如图，在三棱锥ABCD中，DA,DB,DC两两垂直，且DBDC2，点E为BC中点，若直线AE与CD所成的角为60，则三棱锥ABCD的体积等于（ ）

A．

234B．

3C．2

试卷第1页，共4页

D．

22 38．已知函数gx（ ）． A．,0 1C．,

212x2alnx2x在0,上单调递增，则实数a的取值范围为2B．0, 1D．,

2评卷人 得分 二、多选题 9．下列求导数运算正确的有（ ） A．sinxcosx C．exex

11 B．x2x1D．ln4

410．（多选）我国古代数学专著《九章算术》中有这样一个问题；今有牛、马、羊食人苗，苗主责之粟五斗，羊主曰：“我羊食半马．”马主曰：“我马食半牛．”今欲衰偿之，问各出几何？此问题的译文是：今有牛、马、羊吃了别人的禾苗；禾苗主人要求赔偿5斗粟．羊主人说：“我的羊所吃的禾苗只有马的一半．”马主人说：“我的马所吃的禾苗只有牛的一半．”打算按此比率偿还，他们各应偿还多少？已知牛、马、羊的主人应分别偿还a升、b升、c升粟，1斗为10升，则下列判断正确的是（ ） A．a，b，c依次成公比为2的等比数列 C．a100 7B．a，b，c依次成公比为的等比数列

2D．c50 7111．如图，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E为BB1的中点，F为A1D1的中点，如图建系，则下列说法正确的有（ ）

A．AC132 B．向量AE与AF所成角的余弦值为

2 5试卷第2页，共4页

C．平面AEF的一个法向量是（4，－1，2） D．点D到平面AEF的距离为821 21x2y212．已知椭圆C：21b0的左右焦点分别为F1、F2，点P4b2,1在椭圆内

部，点Q在椭圆上，椭圆C的离心率为e，则以下说法正确的是（ ） 20,A．离心率e的取值范围为2 B．存在点Q，使得QF1QF20

26 时，QF1QP的最大值为42411D．的最小值为1 QF1QF2C．当e评卷人 得分 三、填空题 13．已知函数fxsin2x，则函数f（x）的导函数为f(x)___． 14．在数列{an}中，若a11，an12an3，则该数列的通项公式为an= _____________. 15．函数fxlnx2的0,e上的最大值是___________. xx2y216．已知双曲线C:221(a0,b0)的左，右焦点分别为F1,F2，P是该双曲线右支

ab上一点，且OPOF2PF20（O为坐标原点），2PF13PF2，则双曲线C的离心率为__________． 评卷人 得分 四、解答题 17．设函数fx13xx23x． 3(1)求函数fx的单调区间和极值； (2)求函数fx在[0，3]上的最值．

18．已知an是公差不为零的等差数列，a11，且a1、a2、a5成等比数列． (1)求数列an的通项公式： (2)设bn11．数列{bn}的前n项和为Sn，求证：Sn． anan12试卷第3页，共4页

19．已知△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且2acosBsinCcsinA0． (1)求B；

(2)若△ABC的面积为3，角B的平分线交AC于D，且BD4，求b． 520．在四棱锥PABCD中，BCBDDC23，ADABPDPB2.

(1)若E为PC的中点，求证：BE∥平面PAD.

(2)当平面PBD平面ABCD时，求二面角CPDB的余弦值.

x2y221．已知F1、F2是椭圆E：221ab0的左、右焦点，且椭圆E经过点

ab1M3,，又MF2x轴.

2

(1)求椭圆E的方程；

(2)经过点A0,2的直线l与椭圆E相交于点C，D，并且AC程.

222．已知函数fxlnxxaxaR．

3AD，求直线l的方5(1)若a3，求函数fx在点(1，f(1))处的切线方程； (2)设fx存在两个极值点x1，x2且x1x2，若0x1fx1fx23ln2． 41，求证：2试卷第4页，共4页

参考答案：

1．C 【解析】 【分析】

利用复数的除法可化简【详解】

2i2i13i17i， 13i101071所以该复数对应的点为,，在第三象限.

10102i，从而可求对应的点的位置. 13i∵

故选：C. 2．B 【解析】 【分析】

根据交集、补集的定义可求AUB. 【详解】 由题设可得故选：B. 3．D 【解析】 【分析】

确定抛物线的焦点坐标，然后利用点到直线距离公式可得p的值. 【详解】

p抛物线的焦点坐标为,0，

2UB1,5,6，故AUB1,6，

p02其到直线yx的距离：，又p0， d211解得：p4. 故选：D. 4．B 【解析】

答案第1页，共14页

【分析】

利用等差数列的性质可求得a4 ，再根据等差数列前n项和的性质求得答案. 【详解】

数列an为等差数列，a3a5a63, 则a3a6a4a5，故a3a6a5a43 ， 所以S7故选：B. 5．C 【解析】 【分析】

根据双曲线的渐近线求得m的值. 【详解】

依题意可知m0，

x2y242x2y20,y2x2,yx， 双曲线1的渐近线为m4mmm47(a1a7)72a47a421. 22所以m3,m9. 故选：C 6．A 【解析】 【分析】

根据对数函数、指数函数和三角函数的单调性分别求出a，b，c的范围，进而得出结果. 【详解】

因为0log51log52log5512， coscos2342212121， 221， 2211所以log52cos22，即acb，

23故选：A.

答案第2页，共14页

7．D 【解析】 【分析】

由题意可证AD平面DBC，取BD的中点F，连接EF，则AEF为直线AE与CD所成的角，利用余弦定理求出AD，根据三棱锥体积公式即可求得体积． 【详解】 如图，

∵DBDC2，点E为BC的中点， ∵DEBC，DE2，

∵DA，DB，DC两两垂直，DBDCD， ∵AD平面DBC，取BD的中点F，连接EF， ∵AEF为直线AE与CD所成的角，且EF1， 由题意可知，AEF60，设ADx，连接AF， 则AF21x2，AE22x2，

AE2EF2AF2在AEF中，由余弦定理，得cosAEF，

2AEEF12x21(1x2)即，解得x2，即AD2 2212x21∵三棱锥ABCD的体积VS31122． AD222BCD323故选：D． 8．D 【解析】 【分析】

2根据题意参变分离得到2ax22x，求出fxx2x的最小值，进而求出实数a的取值

答案第3页，共14页

范围. 【详解】

由题意得：gxx2a20在0,上恒成立，即2ax22x，其中x2fxx22xx11在x1处取得最小值，fxminf11，所以2a1，解1得：a，

2故选：D 9．AB 【解析】 【分析】

根据基本初等函数的导函数，判断各选项的正误. 【详解】

A：(sinx)cosx，故正确； 11B：2，故正确；

xxC：exex，故错误； D：ln40，故错误. 故选：AB. 10．BD 【解析】 【分析】

根据已知条件判断a,b,c的关系，结合等比数列的知识求得a,c，从而确定正确选项. 【详解】

依题意a2b,b2c，所以a,b,c依次成公比为2的等比数列， abc50，即4c2cc7c50,c50200,a4c. 771所以BD选项正确. 故选：BD 11．BCD

答案第4页，共14页

【解析】 【分析】

根据立体几何与空间向量知识对选项逐一判断 【详解】

对于A，正方体中AC123，故A错误

对于B，AE(0,2,1)，AF(1,0,2)，故向量夹角余弦值为cos正确

对于C，AE(0,2,1)，AF(1,0,2)，故（4，－1，2）是平面AEF的一个法向量，故C正确

对于D，DA(2,0,0)，则点D到平面AEF的距离为d故选：BCD 12．ACD 【解析】 【分析】

根据题意先解出b的范围，进而根据离心率的定义判断A；

根据题意求出点Q的轨迹方程，然后判断该轨迹图形与椭圆是否有交点，进而判断B； 根据椭圆定义将问题转化为求4|QF2||QP|的最值，进而判断C； 根据椭圆定义得到|QF1||QF2|2a4，进而结合基本不等式判断D. 【详解】 因为点P|AEAF|2，故B

|AE||AF|5|DAn|8821，故D正确

21|n|21212,1在椭圆内部，所以21，于是2b24.

4bb2b220,对A，e121.正确； a42对B，设Qx,y，若QF1QF20xc,yxc,y0x2y2c2， 即点Q在以原点为圆心，半径为c的圆上，由A,cea0,2,b有交点.错误；

2,2,即cb，所以该圆与椭圆没

答案第5页，共14页

对C，由椭圆定义可知，|QF1||QP|4|QF2||QP|，当点Q在x轴下方，且Q,F2,P三点共线时，|QF1||QP|有最大值4|PF2|，由e222c22c,F22,0， 4242626.正确； 则|PF2|2，即|QF1||QP|的最大值为41222对D，由椭圆定义，|QF1||QF2|2a4，所以

|QF2||QF1|111111|QF||QF|2 12|QF1||QF2|4|QF1||QF2|4|QF1||QF2||QF2||QF1|1221，当且仅当|QF1||QF2|时取“=”.正确. 4|QF||QF|12故选：ACD. 13．2cos2x 【解析】 【分析】

直接利用复合函数的求导法则解答. 【详解】 ∵fxsin2x， ∵fx2cos2x. 故答案为：2cos2x. 14．2n13 【解析】 【分析】

由已知可得：an132an3，构造等比数列an3求解 【详解】

因为an12an3，所以an132an3，所以an3是以4为首项，2为公比的等比数列，所以an342【点睛】

n1n1，故an423=2n13，故填2n13

答案第6页，共14页

本题主要是构造等比数列模型解决问题，an1AanB型的构造模式为：令

an1xAanx，反解得：x等比数列通项公式求通项an115．

eBB，从而构造了一个新的等比数列an，利用

A1A1B，从而求出an． A1【解析】 【分析】

应用导数研究fx的单调性，进而确定其最大值即可. 【详解】 由题设，fx1lnx，易知：0xe时f(x)0，exe2时f(x)0， 2x∵fx在(0,e)上单调递增，在(e,e2)上单调递减，

1∵fxmaxfe.

e1故答案为：

e16．13 【解析】 【分析】

由已知及向量数量积的几何意义易知|OP|OF2，根据双曲线的性质可得PF1PF2，再由双曲线的定义及勾股定理构造关于双曲线参数的齐次方程求离心率. 【详解】

∵OPOF2PF20，

∵∵OPF2为等腰三角形且|OP|OF2，又OF1OF2， ∵|OP|OF1OF2，

∵PF1PF2．又PF1PF22a，2PF13PF2，

c2∵PF16a,PF24a，则(6a)(4a)(2c)，可得213，

a222∵双曲线C的离心率为13．

答案第7页，共14页

故答案为：13.

517．(1)增区间为(－∞，－3)，(1，＋∞)；减区间为(－3，1)；极大值为9；极小值为－；

35(2)最大值为9，最小值为－。

3【解析】 【分析】

（1）对函数求导后，利用导函数的正负确定函数的单调区间及极值； （2）利用极值及端点函数值，比较大小可得答案. (1)

fxx22x3x3x1，

令fx0，则x3或x1， 列表如下： x （－∞，－3） －3 （－3，1） 1 0 － 0 （1，＋∞） ＋ 5单调递增 3 f(x) ＋ fx

单调递增 9 单调递减 ∵fx的增区间为（－∞，－3），（1，＋∞）；减区间为（－3，1）； 5在x3处取得极大值，为9；在x1处取得极小值，为－．

3(2)

5由上知fx在[0，3]上的极小值为f1，

3又f00,f39，

5所以fx在[0，3]上的最大值为9，最小值为－．

318．(1)an2n1； (2)证明见解析. 【解析】

答案第8页，共14页

【分析】

（1）设等差数列an的公差为d，则d0，根据题意可得出关于d的方程，求出d的值，利用等差数列的通项公式可求得数列an的通项公式；

111（2）求得bn，利用裂项相消法求出Sn，即可证得结论成立.

22n12n1(1)

解：设等差数列an的公差为d，则d0，

2由题意可得a2a1a5，即1d14d，整理可得d22d0，d0，解得d2，

2因此，ana1n1d12n12n1. (2) 证明：bn11111， anan12n12n122n12n1111111123355711111， 2n12n1222n12因此，Sn故原不等式得证. 19．(1)

2； 3(2)21﹒ 【解析】 【分析】

(1)结合已知条件，根据正弦定理边角互化即可求B； (2)由SABCSABDSCBD可的a＋c＝5，根据S△ABC1acsinB可得ac＝4，再结合余弦定2理即可求出b. (1)

由正弦定理及2acosBsinCcsinA0，得2accosBac0， 1∵cosB，

22∵B0,，∵B；

3(2)

答案第9页，共14页

∵SABCSABDSCBD，

11∵BDcsinBDasin3，即ac5． 2323123，∵ac4． 又acsin23222由余弦定理得：bac2accos22acac21， 3∵b21． 20．(1)证明见解析 (2)13 13【解析】 【分析】

（1）作出辅助线，利用中位线证明线线平行，进而证明线面平行；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量解决二面角. (1)

取CD的中点M，连接EM，BM，

由已知得，△BCD为等边三角形，∵BMCD.

∵ADAB2，BD23，∵ADBABD30，ADC90，∵BM∥AD. 又∵BM平面PAD，AD平面PAD，∵BM∥平面PAD. ∵E为PC的中点，M为CD的中点，∵EM∥PD. 又∵EM平面PAD，PD平面PAD，∵EM∥平面PAD. ∵EMBMM，PDDAD，∵平面BEM∥平面PAD.

∵BE平面BEM，∵BE∥平面PAD.

答案第10页，共14页

(2)

连接AC，交BD于点O，连接PO，由对称性知，O为BD的中点，且ACBD，

POBD.

∵平面PBD平面ABCD，交线为BD，POBD，∵PO平面ABCD，POAO1，

CO3.

以O为坐标原点，OC的方向为x轴正方向，OB的方向为y轴正方向，OP的方向为z轴正方向，

建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz. 则D0,3,0，C3,0,0，P0,0,1.

易知平面PBD的一个法向量为n11,0,0.设平面PCD的法向量为n2x,y,z， ∵DC3,3,0，DP0,3,1

3x3y0n2DC0 则n2DC，n2DP，∵nDP03yz02令y3，得x1，z3，∵n21,3,3， 设二面角CPDB的大小为 ∵cosn1,n2n1n2n1n2113 1313由图可知，为锐角，则cos13. 13答案第11页，共14页

x221．(1)y21

4(2)yx2 【解析】 【分析】

b21（1）由条件可得c3、，然后结合a2b2c2可解出答案；

a2（2）设直线l的方程为ykx2，它与椭圆E交于Cx1,y1、Dx2,y2，联立直线与椭圆的方程消元，然后韦达定理可得x1x2，x1x2，然后由AC答案. (1)

由MF2x轴，得c3，

b21又由椭圆的通径知，即a2b2，代入a2b2c2中，得4b4b23，得

a233AD得x1x2，然后可解出

55b214b230，得b1，a2，

x2所以椭圆E的方程为y21；

4(2)

设直线l的方程为ykx2，它与椭圆E交于Cx1,y1、Dx2,y2，

ykx216k2214kx16kx120xx∵，联立直线与椭圆2得：，12214k2x4y4x1x212∵，

14k220310k32AD，得x1x2∵，将∵代入∵∵得：x2x∵∵， ，2514k2514k2又由AC再∵将代入∵并约分化简得：k21，即k1，将k1代入（*）中得0， 故这样的直线l存在，且其方程为yx2. 22．(1)y20； (2)证明见解析. 【解析】 【分析】

（1）利用导数的几何意义即求；

答案第12页，共14页

2（2）先求出f(x1)f(x2)ln22lnx1x11，构造函数，求出函数的导数，得到函数的4x12单调区间，求出函数的最小值，从而证明结论． (1)

2若a3，则fxlnxx3x，

所以f1又fx2

12x3， x所以f10，即fx在点(1，－2)处的切线斜率为0, 所以，切线方程为y20． (2)

2∵fxlnxxax，

12x2ax1∵fx2xa,x0，

xx因为fx存在两个极值点x1，x2，

所以2x2ax10存在两个互异的正实数根x1，x2， 所以x1x2a1,x1x2， 22x1x112x121则x2，所以x2，

2x12x1所以f(x1)f(x2)lnx1x12ax1lnx2x22ax2

lnlnx1x12x222(x1x2)(x1x2) x2x1x12x22 x21， 4x121ln22lnx1x122令g(x1)ln22lnx1x14x2，

1则gx10x1212x13x12x12x1212x132，

1，g(x1)0， 2答案第13页，共14页

g(x1)在(0,)上单调递减，

12113g(x1)g()，而g()ln2，

224即g(x1)ln2，

f(x1)f(x2)3ln2． 434

答案第14页，共14页