高二下学期第一次月考 理科数学 含答案Word格式文档下载.docx
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A.2B.3C.D.9
9.如图,设D是边长为l的正方形区域,E是D内函数与所构成(阴影部分)的区域,在D中任取一点,则该点在E中的概率是()
10.已知函数满足,且是偶函数,当时,,若在区间内,函数有三个零点,则实数k的取值范围是()
A.B.C.D.
二、填空题(本大题共5个小题,每小题5分,共计25分)
11.若,,则、的大小关系为.
12.在平面直角坐标系中,O是原点,是平面内的动点,若,则P点的轨迹方程是___________。
13.观察下列不等式
1+<
,1++<
,1+++<
,……
照此规律,第个不等式为______________.
14.把4个颜色各不相同的乒乓球随机的放入编号为1、2、3、4的四个盒子里.则恰好有一个盒子空的概率是(结果用最简分数表示)
15.给出以下四个结论:
①函数的对称中心是
②若不等式对任意的x∈R都成立,则;
③已知点与点Q(l,0)在直线两侧,则;
④若将函数的图像向右平移个单位后变为偶函数,则的最小值是.其中正确的结论是____________(写出所有正确结论的编号).
三、解答题(本大题共6个小题,第16~19题,每小题12分,第20题13分,第21题14分,共计75分)
16.(本小题12分)
一个口袋内有4个不同的红球,6个不同的白球.
(1)从中任取4个球,红球个数不少于白球个数的取法有多少种?
(2)若取一个红球记2分,取一个白球记1分,从中任取5个球,使总分不少于7的取法
17.(本小题12分)
已知展开式中的二项式系数的和比展开式的二项式系数的和大,
(1)求
(2)求展开式中的系数最大的项和含项.
(没学二项式定理的学生做)设命题
;
命题:
不等式对任意恒成立.若为真,且或为真,求的取值范围.
18.(本小题12分)
四棱锥,底面为平行四边形,侧面底面.已知,,,为线段的中点.
(Ⅰ)求证:
平面;
(Ⅱ)求面与面所成二面角的平面角的余弦值大小.
19.(本小题12分)
已知函数的图象如图,直线在原点处与函数图象相切,且此切线与函数图象所围成的区域(阴影)面积为.
(1)求的解析式;
(2)若常数,求函数在区间上的最大值.
20.(本小题13分)
已知函数,.
(Ⅰ)当时,求函数的极小值;
(Ⅱ)若函数在上为增函数,求的取值范围.
21.(本小题14分)
已知椭圆的左、右焦点分别为,且,长轴的一个端点与短轴两个端点组成等边三角形的三个顶点.
(1)求椭圆方程;
(2)设椭圆与直线相交于不同的两点M、N,又点,当时,求实数m的取值范围,
参考答案
1.D
【解析】
试题分析:
因为
,,,
所以,=
.选D.
考点:
集合的运算
2.D
,所以其实部为-1,故选D.
复数的四则运算,复数的概念.
3.B
解不等式得;
因为,而,
所以“”是“”的必要不充分条件,故选B
1、一元一次、二次不等式的解法;
2、充要条件.
4.D.
对六节课进行全排有种方法,体育课排在第一节课有种方法,数学课排在第四节课也有种方法,体育课排在第一节课且数学课排在第四节课有种方法,由排除法得这天课表的不同排法种数为.
排列运算.
5.B
先排除了舞蹈节目以外的5个节目,共种,把2个舞蹈节目插在6个空位中,有种,所以共有种.
排列组合.
6.C
当时,,
,
,令,解得,则所求展开式的常数项为.
分段函数,二项式定理.
6
(2).C
由①得,由②得或,则同时满足①式和②式的所有的值为,即③式不等式中的值至少包含区间,所以有,解得.另解:
将③式不等式化为,构造函数,因为当时,函数的值域为,所以,即.故正确答案为C.
二次不等式
7.B
由导数的几何意义,函数
图象上任意一点P处切线的斜率,等于该点的导函数值.而
当且仅当时等号成立,即,所以的最小值是,故选B.
导数的几何意义,导数的计算,基本不等式,直线的斜率、倾斜角..
8.B
由题意双曲线的一条渐近线方程为,
代入抛物线方程整理得,
因渐近线与抛物线相切,,
即,∴此双曲线的离心率
故选B.
双曲线的几何性质,直线与抛物线的位置关系.
9.A
正方形面积为1,阴影部分的面积为
,所以由几何概型概率的计算公式得,点在E中的概率是,选A.
定积分的应用,几何概型.
10.C
∵函数满足,故有,故是周期为2的周期函数.又是偶函数,当时,,
所以当时,,故当时,,当x∈[1,3]时,由于函数有三个零点,故函数的图象与直线有三个交点,如图所示:
把点代入,可得,将代入得,数形结合可得实数k的取值范围是,故选C.
函数的零点,函数的奇偶性,直线的斜率.
11.
,.
积分的计算.
12.y2=2x-1
设P(x,y),则,又因为||=||,所以(x-1)2+y2=x2,整理得.
向量的运算,求轨迹方程.
13.
依题意观察不等式的左边的变化是一个数列的求和形式.但是最后一项是.不等式的右边是的形式.所以第个式子应该是
.
1.归纳推理.2.数列求和的思想.3.数列的通项.
14.
这是古典概型,我们只要计算出两个数,一个是把4个不同的球随机放入四个不同的盒子的所有放法总数为,而恰好有一个盒子是空的方法为,从而所求概率为.
古典概型.
15.③④
因为函数的对称中心是故①错误;
不等式对任意的x∈R都成立,显然符合题意,故②不正确;
点与点Q(l,0)在直线两侧,则即故③正确;
若将函数的图像向右平移个单位后变为偶函数,则当时,的最小值是,故④正确.
综上知答案为③④.
16.解:
(1)分三类:
第一类有4个红球,则有种取法;
第二类有3个红球,则有种取法;
第三类有2个红球,则有种取法;
各根据加法原理共有1+24+90=115种不同的取法.
(2)若总分不少于7,则可以取4红1白,或3红2白,或2红3白,共3类,取法总数为
种不同的取法.
17.
(1)
(1),4分
的通项
当时,展开式中的系数最大,即为展开式中的系数最大的项;
8分
令时,展开式中含项为,即12分
本题考查了二项式展开式的运用
点评:
此类问题除了要求学生熟练运用二项式展开式公式,还有学生区分二项式系数及系数的区别与联系
(2)
根据题意解出命题p,q为真命题的条件.因为为真即p为假.或为真则p或至少一个为真.因为p已为假所以q也为假.即p,q都为假.本题的关键是两个命题中的取值范围,这是常见的包含存在和恒成立的题型,通过转化为二次函数图像理解清楚p,q命题会好些.
试题解析:
由命题,得,对于命题,因,恒成立,所以或,即.由题意知p为假命题,q为真命题,
,的取值范围为
18.(Ⅰ)见解析(Ⅱ)
(Ⅰ)要证直线与平面平行,可先寻求直线与直线平行;
连结交于点,连结,
可证.(Ⅱ)由,,,可得,根据余弦定理得:
=
=
和都是等腰三角形,再借助于侧面底面,以所在直线为轴,以的中点为坐标原点,建立空间直角坐标系即可.
解:
(Ⅰ)连结交于点,连结
由于底面为平行四边形为的中点.2分
在中,为的中点3分
又因为面,面,
平面.5分
(Ⅱ)以的中点为坐标原点,分别以为轴,建立如图所示的坐标系.
则有,,,
,,,7分
设平面的一个法向量为
由得,
令得:
-9分
同理设平面的一个法向量为
10分
设面与面所成二面角为
=12分
1、直线与平面、平面与平面位置关系;
2、用空间向量求二面角3、余弦定理.
19.
(1);
(2)当时,;
当时,
(1)由条件知,,,代入可得、.再用定积分表示出所围成的区域(阴影)面积,由面积为解得,从而得到的解析式;
(2)由
(1)知
,再列出,的取值变化情况,又,结合图像即可得当时,;
(1)由得,2分
.由得,4分
∴
,则易知图中所围成的区域(阴影)面积为
从而得,∴.8分
.
的取值变化情况如下:
2
单调
递增
极大值
递减
极小值
又,
①当时,;
11分
②当时,
综上可知当时,;
1.求导法则;
2.定积分求面积;
3.利用导数研究函数单调性.
20.(Ⅰ);
(Ⅱ)
(Ⅰ)定义域.
当时,,.
令,得.
当时,,为减函数;
当时,,为增函数.
所以函数的极小值是.5分
(Ⅱ)由已知得.
因为函数在是增函数,所以,对恒成立.
由得,即对恒成立.
设,要使“对恒成立”,只要.
因为,令得.
所以在上的最小值是.
故函数在是增函数时,实数的取值范围是13分
1函数的概念和性质;
2导数和利用导数研究函数性质。
21.
(1).
(2)时,的取值范围是;
时,的取值范围是
(1)由已知,可得,,
利用,即得,,求得椭圆方程.
(2)应注意讨论和的两种情况.
首先当时,直线和椭圆有两交点只需;
当时,设弦的中点为分别为点的横坐标,
联立
,得
注意根据,确定①平时解题时,易忽视这一点.
应用韦达定理及中点坐标公式以及
得到②,
将②代入①得,解得,由②得
,
故所求的取值范围是.
∵,∴,,
∴.5分
(2)当时,直线和椭圆有两交点只需;
6分
当时,设弦的中点为分别为点的横坐标,由
由于直线与椭圆有两个不同的交点,所以
,即①8分
9分
又
②,11分
故所求的取值范围是.12分
综上知,时,的取值范围是;
时,的取值范围是14分
椭圆的方程,直线与椭圆的位置关系,不等式解法.
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