1、安徽省涡阳县育萃高级中学2020-2021学年高二数学下学期第一次月考试题 理考试时间：120分钟 满分：150分第I卷（选择题）一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。) 1已知复数与在复平面内对应的点关于虚轴对称，且，则（ ）ABCD2已知命题，则（ ）ABCD3已知等差数列的前n项和为，则的值为（ ）A33B44C55D664已知，给出下列不等式：；其中正确的有（ ）A1个B2个C3个D4个5若直线：是曲线的切线，则实数（ ）A-4B-2CD 6双曲线，圆与双曲线C的一条渐近线相交所得弦长为2，则双曲线的离心率等于（ ）AB
2、CD7对任意实数，有，则（ ）ABCD8在中，内角、所对的边分别为、，若，角的角平分线交于点，且，则的值为（ ）ABCD9已知直线与抛物线相交于，两点，点为的焦点，则（ ）ABC3D10已知函数，若关于的不等式的解集为空集，则实数的取值范围是（ ）ABCD11如图，在正方体中，点分别是棱上的动点给出下面四个命题直线与直线平行；若直线与直线共面，则直线与直线相交；直线到平面的距离为定值；直线与直线所成角的最大值是其中，真命题的个数是（ ）A1B2C3D412已知定义在上的函数的导函数为，且满足，则不等式的解集为（ ）ABCD第II卷（非选择题）二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)1
3、3若，则的最大值是_.14把分别写有“爸”、“爸”、“去”、“哪”、“儿”的张卡片放入个不同信封，每个信封至少放一张卡片，则写有“爸”、“爸”的两张卡片恰好被放入同一个信封的不同情况共有_种.(用数字作答)15函数的最大值为_.16已知圆：（）和：，动圆与圆，圆均相切，是的内心，且，则的值为_.三、解答题(本大题共6小题,共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。)17（10分）已知，命题:函数的定义域为;命题;关于的不等式在上有解.（1）若命题是真命题，求实数的取值范围;（2）若命题“”为真命题，“”为假命题，求实数的取值范围.18（12分）在中，内角，所对的边分别为，且.（1）求；
4、（2）若，求的最小值.19（12分）已知等差数列的首项为2，前n项和为Sn，正项等比数列bn的首项为1，且满足，前n项和为a32b2，S5b2b4（1）求数列an，bn的通项公式；（2）设，求数列cn的前26项和20（12分）如图1，在矩形中，是中点，将沿直线翻折到的位置，使得，如图2.（1）求证：面PCE面ABCE；（2）求与面所成角的正弦值.21（12分）已知椭圆的离心率为右焦点到左顶点的距离是（1）求椭圆C的方程；（2）设点M为椭圆上位于第一象限内一动点，A，B分别为椭圆的左顶点和下顶点，直线MB与x轴交于点C，直线MA与y轴交于点D，求证：四边形ABCD的面积为定值.22（12分）已知
5、函数.（1）讨论函数的单调性；（2）已知函数(其中是的导函数)，若函数有两个极值点，且，求的取值范围.数学理科参考答案1C，又复数与在复平面内对应的点关于虚轴对称，所以.故选：C.2B 命题为全称命题，根据全称命题的否定为特称命题，可得： 故选：B3C ，解得，故选：C.4C对于：，因为，所以，所以，即，故正确；对于：，因为，所以，所以，即，故正确；对于：当时，所以，故错误；对于：，因为，所以，所以，即，故正确.所以正确的有.故选：C5A 设：与曲线相切于点，则， 所以的方程为，则，故，解得，则直线：，所以，故选：A.6A由题意可知圆心，半径为，又因为渐近线与圆相交所得弦长为2，则圆心到渐近线
6、的距离等于，双曲线的一条渐近线为，运用点到直线的距离公式计算有，即，所以，故，故选：A.7A根据题意，将进行变形，变形成，通过二项式定理可得，由题意，可知.故选：A.8B，由正弦定理可得，可得，由余弦定理可得：，所以，由，有，得，所以，由余弦定理可得.故选：B.9A设，由题知抛物线的焦点坐标为，直线线与抛物线联立方程得：，所以，所以，又因为，所以，即，所以由和解得（负的舍去）所以，解得，所以故选：A10D，设，则化为，由题意此不等式无解，则，故选：D11B【分析】利用特殊位置可判断的正误，可证明平面，据此可判断的正误，利用向量的数量积可求夹角的余弦值，从而可求其最大值【详解】如图1，当与重合时
7、，与重合时，直线与直线是异面直线，故错误如图2，当与重合时，与重合时，四边形为矩形，故直线与直线平行，故错误因为平面平面，而平面，故平面，所以直线到平面的距离为定值（正方体的棱长），故正确建立如图3所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为，则，其中，而，故， ，设直线与直线所成角为，则，若直线与直线不平行，则，故，故直线与直线所成角的最大值是，所以正确故选：B12D由题可设，则，所以函数在上单调递增，将不等式转化为，可得，即，有，故得，所以不等式的解集为，故选：D.13根据约束条件作出可行域如图所示，由解得 将目标函数化为，表示直线在轴上的截距的相反数的 故当直线在轴上的截距最小时，有最大值.当
8、直线过点（2,1）时在轴上的截距最小，最大，由A(2,1)知的最小值为 故答案为：14张卡片放入个不同信封，分两步进行：第一步：“爸”、“爸”的两张卡片恰好被放入同一个信封，先为其选信封，有种选法；第二步：“去”、“哪”、“儿”三个字放入剩下的三个不同信封，有种放法，故写有“爸”、“爸”的两张卡片恰好被放入同一个信封的不同情况共有种.故答案为：.15，当时，单调递增，当时，单调递减，当时，单调递增，的最大值为.故答案为：.1617因为，所以，又因为动圆与圆，圆均相切，所以动圆与圆内切，与圆外切.设动圆，半径为，所以，即，所以的轨迹为以，为焦点的椭圆，如图所示：设椭圆为：，且，.因为是的内心，所
9、以到，的距离相等，设为.又因为，所以，即，又，所以.故答案为：1717（1）；（2）.（1）.当为真时，在上恒成立，当，不等式化为，符合题意.当时，则，且故，即当真时有.4分（2）.由题意知:当为真时，在上有解.令，则在上递减，在上递增，所以所以当假时， ，由（1）知当假时或，又因为为真，为假，所以命题和命题一真一假，当真假时，所以解得，当假真时，或且，所以综上所述：的取值范围是.10分18（1）；（2）.（1）由，可得，由正弦定理得，即，由余弦定理，得，因为，可得.5分（2）由（1）知，设三角形的外接圆的半径为，可得，又由余弦定理得，即，当且仅当时取等号，又由，其中是外接圆的半径，所以的最小
10、值为.12分19（1），；（2）328.（1）由题意得：即，是正项等比数列，则，.5分（2），则的前26项和为：.12分20（1）证明见解析；（2）.（1）证明：连结，由图1可得在图2中又面PEC面ABCE面PCE面ABCE.5分（2）以点为原点，分别以直线为轴，轴，以经过点且垂直于平面的直线为轴建立直角坐标系.由题意可知，设面的法向量为则令得所以所以直线与面所成角的正弦值为.12分21（1）；（2）证明见解析.（1）由已知可得：，解得：.所以椭圆的方程为：.4分（2）因为椭圆的方程为：，所以，设，则，即.则直线的方程为：，令，得；同理：直线的方程为，令，得.所以.即四边形的面积为定值2.12分22（1）答案见解析；（2）.解：（1）的定义域为，而，令，则当时，在单调递增；当，即时在单调递增；当时，有两根，.所以增区间，；减区间.综上述，当时，在单调递增；当时，在，上单调递增，在上单调递减.6分（2），则的定义域为，若有两个极值点，且，则方程的判别式，且，得，且.所以设，则在上恒成立，故在单调递减，从而，所以的取值范围是.12分17
