1、江苏省沭阳如东中学2020-2021学年高二数学上学期第一次月考试题（含解析）一、选择题（本大题共8小题，共40.0分）1. 已知集合，则 A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】本题重点考查交集运算，考查计算能力，属于基础题化简A，B，再利用交集运算即可求解【解答】解：由题意，则，故选C2. 数列中，则 A. B. 14C. D. 18【答案】B【解析】【分析】本题考查了等差数列的通项公式及性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题利用等差数列的通项公式即可得出【解答】解：，数列是等差数列，公差，所以故选B3. 不等式的解集为 A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】本题
2、主要考查分式不等式的解法，属于基础题直接转化为，即可求解不等式得解【解答】解：不等式等价于或不等式的解集为故选D4. 已知不等式的解集为，则的值等于 A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】本题考查了不等式的解法以及不等式解集的应用，属于基础题根据一元二次不等式和一元二次方程的关系，根据韦达定理即可求出【解答】解：不等式的解集为，b是方程的两个根，故选C5. 设，则实数的大小关系是 A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】本题主要考查了对数函数和指数函数及其大小比较，考查计算能力和推理能力，属于基础题根据对数函数和指数函数的性质即可推出a，c的范围，由正弦函数的性质可得b的
3、范围，从而得到它们之间的关系【解答】解：，故选D6. 首项为56的等差数列从第9项起开始为负数，则公差d的取值范围为 A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】本题考查等差数列的性质，挖掘隐含条件是解题的关键，属于基础题先设数列为公差为d，则，根据等差数列的通项公式，分别表示出和，进而根据，求得d的范围【解答】解：设数列为公差为d，则，；即，所以，而，即，所以故选C7. 无论实数t取何值，直线与圆恒有公共点，则实数m的取值范围是 A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】本题主要考查了直线与圆的位置关系、点与圆的位置关系，涉及直线系方程属于基础题根据直线系方程知直线过定点，直线
4、与圆恒有公共点得到定点在圆内或圆上，由点和圆位置关系列不等式求解即可【解答】解：因为直线就是，所以直线过定点，由于直线与圆恒有公共点，所以点在圆内或圆上，所以，解得，故选D8. 1852年，英国来华传教士伟烈亚力将孙子算经中“物不知数”问题的解法传至欧洲年，英国数学家马西森指出此法符合1801年因高斯得到的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将1到2020这2020个数中，能被2除余1，且被5除余1的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列，则 A. 101B. 991C. 1001D. 2011【答案】B【解析
5、】【分析】本题考查数列模型在实际问题中的应用，考查运算能力，属于中档题由能被2除余1，且被5除余1就是能被10整除余1的数，运用等差数列通项公式，即可得到答案【解答】解：由题意得，能被2除余1，且被5除余1，是10的倍数；，故选B二、不定项选择题（本大题共4小题，共16.0分）9. 已知函数，则下列说法正确的是 A. 函数的最小正周期为B. 函数的对称轴方程为C. 函数的对称中心为D. 函数的单调增区间为【答案】ACD【解析】【分析】本题考查函数的图象与性质，属于中档题由函数，根据选项利用性质逐一判断即可【解答】解：对于A，的最小正周期为，故A正确；对于B，由可得对称轴方程满足，解得，故B错误
6、；对于C，由可得对称中心横坐标满足，解得，故函数的对称中心为，故C正确；对于D，函数的单调递增区间满足，解得，即函数的单调增区间为，故D正确故选ACD10. 已知数列的前4项为2，0，2，0，则该数列的通项公式可能为 A. B. C. D. 【答案】BD【解析】【分析】本题考查数列的通项公式的问题，属于基础题根据条件即可逐项判断正误【解答】解：因为数列的前4项为2，0，2，0，选项A：不符合题设；选项B：，符合题设；选项C：，不符合题设；选项D：，符合题设故选BD11. 已知，则下列结论正确的是 A. B. C. D. 【答案】ABD【解析】【分析】本题考查不等式性质，属于基础题，利用不等式的
7、性质即可求解；【解答】解：故A正确；，即，故B正确；，故C错误；，故D正确；故选ABD12. 已知等差数列的前n项和为，公差，是与的等比中项，则下列选项正确的是A. B. C. 当且仅当时，取最大值D. 当时，n的最小值为22【答案】AD【解析】【分析】本题考查等差数列的通项公式和求和公式，以及等比中项的性质，属于中档题由等差数列的求和公式和通项公式，结合等比数列的中项性质，解方程可得首项和公差，求得等差数列的通项和，再逐个判断即可【解答】解：等差数列的前n项和为，公差，由，可得，即，由是与的等比中项，可得，即，化为，由解得，则，由，可得或11时，取得最大值110；由，可得，则n的最小值为22
8、故选：AD三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 从这9个数字任取一个数字a满足的概率为_【答案】【解析】【分析】本题考查对数不等式和古典概型，考查计算能力，属于基础题先求出a，再利用古典概型的概率公式即可求解【解答】解：由题意，得，解得或，则符合题意的a是，共有6种情况，而所有情况有9种，故概率为，故答案为14. 在等差数列中，若，则该数列的前2021项的和为_【答案】4042【解析】【分析】本题考查求等差数列的和，考查推理能力和计算能力，属于基础题利用等差数列的求和公式和性质即可解答【解答】解：由题意，得，故答案为404215. 矩形中长为a，宽为b，且面积为64，则矩形周长的最
9、小值为_【答案】32【解析】【分析】本题主要考查基本不等式的应用，属于基础题先根据题意表示出矩形的周长，进而根据基本不等式的性质求出周长的最小值【解答】由题意可知，矩形的周长为，当且仅当，等号成立，即矩形的周长的最小值为3216. 已知若，则的取值范围为_，若，则的取值范围为_【答案】；【解析】【分析】本题主要考查分段函数，指数不等式、对数不等式的解法，体现了转化的数学思想，考查运算化简的能力，属于中档题当时，由，求得的范围，当时，由求得的范围，再把这两个的范围取并集可得的取值范围为；再由的范围为，再按，讨论可得【解答】解：当时，由，解得，当时，由可得，综上可得，的取值范围是；由，可得或，当时
10、，若，由，解得与交集为，若时，由，可得，无解，当时，若，由，解得，若时，由，解得，综上可得，的取值范围为故答案为；四、 解答题（本大题共11小题，共132.0分）17.从下列三个条件中任选一个，补充在下列问题中，并解答在中，角所对的边分别为满足条件_求角B的大小；若，求b的值注：第一问多种选择作答按照第一种选择解答判分【答案】解：选，选，即，选，即，；，由余弦定理得，18.已知函数若，直接写出关于x的不等式的解集；若，求关于x的不等式的解集【答案】解：当时，由得，原不等式的解集为由得，令，得，当时，原不等式的解集为，当时，原不等式的解集为【解析】本题考查不等式解法，属于中档题，即，写出其的解集
11、即可；由得，比较与1的大小即可19.已知数列中各项均为正数，前n项和为且满足求证：数列为等差数列；求数列的前n项和【答案】解：由，得，得，即，或，令，则有，得，若，得与数列中各项均为正数相矛盾，故数列为等差数列；由知，公差，【解析】本题考查了数列的递推关系，等差数列的证明，等差数列的通项公式及前n项和，考查了推理能力与计算能力，属于中档题根据数列的前n项和与数列通项公式的关系证明数列为等差数列；根据等差数列通项公式求数列的通项公式，从而利用等差数列求和公式可得答案20.设，是函数的图象上任意两点，点满足若，求的值；若，且，求的取值范围【答案】解：由可知，由及得，即解得【解析】本题考查的是向量加
12、法坐标运算，对数的运算性质，分式不等式、一元二元不等式求解由可知，所以，再由，即可得出的值；由及得，解不等式组即可得出答案21.如图，在四棱锥中，已知底面ABCD为正方形，平面ABCD，E是PC的中点，点F在PB上，且证明：平面平面PBC；求平面DEF与平面ABCD所成角的正弦值【答案】证明：，E是PC的中点，平面ABCD，平面ABCD，为正方形，PD，平面PCD，平面PCD，平面PCD，PC，平面PBC，平面PBC，平面DEF，平面平面PBC建立如图所示空间直角坐标系，设，平面ABCD，平面ABCD的一个法向量为0，由知平面平面PBC，又平面平面，平面PBC，平面DEF，平面DEF的一个法向
13、量为，设平面DEF与平面ABCD所成角为，则有，【解析】本题考查面面垂直的判定，利用空间向量求面面夹角，考查计算能力以及逻辑推理能力，属于中档题证明平面PBC，从而可证明平面平面PBC；建立如图所示空间直角坐标系，平面ABCD的一个法向量为0，再求出平面DEF的一个法向量，利用向量夹角的余弦值求解即可22.已知数列，的通项公式分别为，数列的前n项和为，求；在数列中，已知，是否存在正整数m，使得对于一切的都有恒成立？若存在，求出m的值；若不存在，说明理由【答案】解：，由，得，又，当时，； 当时， ，当时， 当时，此时， 当即时，即，当即时，综上，当时，当时，且单调递增， 当时且单调递减，存在使得对于一切都有【解析】本题考查了数列的单调性、分类讨论方法，绝对值数列求和，考查了推理能力、计算能力，属于较难题利用数列的项的正负，进行分类讨论，利用等差数列求和公式得到答案；利用已知得到，再作差，根据数列的项的正负以及的正负，进行分类讨论，结合数列单调性得到答案18
