2021-2022学年甘肃省金昌市永昌县第一高级中学高二下学期第一次月考数学（理）试题解析

1、试卷第 =page 2 2页，共 =sectionpages 4 4页第 Page * MergeFormat 13 页 共 NUMPAGES * MergeFormat 13 页2021-2022学年甘肃省金昌市永昌县第一高级中学高二下学期第一次月考数学（理）试题一、单选题1抛物线的焦点坐标为（）ABCD【答案】D【分析】方程化为抛物线的标准方程，直接求解即可.【详解】抛物线的标准方程为，所以其焦点坐标为故选：D2若向量，则（）ABCD【答案】C【分析】求出的坐标，利用空间向量的模长公式可求得结果.【详解】由已知可得，故故选：C.3在四棱锥中，底面ABCD是正方形，E为PD中点，若，则（）A

2、BCD【答案】C【分析】根据向量线性运算法则计算即可.【详解】故选：C4若方程表示一个圆，则m的取值范围是（）ABCD【答案】A【分析】运用配方法，结合圆的标准方程的特征进行求解即可.【详解】由，得，则.故选：A5已知双曲线C：（，）的一条渐近线方程为，则双曲线C的离心率为（）ABCD【答案】C【分析】根据渐近线方程，求得，结合离心率公式即可求得结果.【详解】渐近线方程可化为，故，故离心率为.故选：.6已知是函数的极小值点，则（）ABCD4【答案】A【分析】求得函数的导数，利用导数求得函数的单调性，结合极值点的定义，即可求解.【详解】解：由题意，函数，可得，当时，单调递减；当时，单调递增；当时

3、，单调递减，所以当是函数的极小值点，故故选：A.7函数的定义域为，其导函数在内的图象如图所示，则函数在区间内极小值点的个数是（）ABCD【答案】A【分析】根据导函数和原函数图像的关系及极值点的定义即可求解.【详解】由图像可知，在内从左向右的单调性依次为增减增减，根据极值点的定义可知在内只有一个极小值点为.故选：A.8函数f（x）= xex的单调增区间为（）A（-，-1）B（-，e）C（e，+）D（-1，+）【答案】D【分析】求出，令可得答案.【详解】由已知得，令，得，故函数f（x）= xex的单调增区间为（-1，+）.故选：D.9若点是双曲线上一点，是的左、右焦点，则点到轴的距离为ABCD【答

4、案】B【分析】设|=m, |=n,由cos=，及m=n+4可得mn=4，由=mnsin =，其中h就是P到x轴的距离可得答案.【详解】解: 设|=m, |=n,P在双曲线右支上,可得：cos=，由双曲线性质有m=n+4, 代入整理有(n+4)n=4,即mn=4.可得：=mnsin =,其中h就是P到x轴的距离, 解得h=，故选B.【点睛】本题主要考查双曲线基本性质及余弦定理的应用，综合性一般.10圆被直线截得的最短弦长为（）A2B2CD【答案】B【分析】首先确定直线所过的定点，并判断点圆的位置关系，再由所截弦最短，结合弦心距、半径、弦长的几何关系求最短弦长.【详解】由题设，直线过定点，圆的圆心

5、为，半径，而，即A在圆内，所以要使被直线截得的弦长最短，只需题设直线与线段垂直，又，所以最短弦长为.故选：B11如图，在平行六面体中，则（）A12B8C6D4【答案】B【分析】根据空间向量加法的运算性质，结合空间向量数量积的运算性质和定义进行求解即可.【详解】故选：B12已知f(x)为R上的可导函数，其导函数为，且对于任意的xR，均有，则（）Ae2 021f(2 021)f(0)，e2 021f(2 021)f(0)Be2 021f(2 021)f(0)，e2 021f(2 021)f(0)，e2 021f(2 021)f(0)De2 021f(2 021)f(0)【答案】D【分析】通过构造函

6、数法，结合导数确定正确答案.【详解】构造函数，所以在上递增，所以，即.故选：D二、填空题13在平面直角坐标系中，若抛物线上的点P到该抛物线焦点的距离为5，则点P的纵坐标为_【答案】4【分析】根据抛物线的定义，列出方程，即可得答案.【详解】由题意：抛物线的准线为，设点P的纵坐标为，由抛物线定义可得，解得，所以点P的纵坐标为4.故答案为：414已知直线和互相垂直，则实数的值为_.【答案】或或【分析】两条直线与互相垂直的充要条件是，由此建立关于的方程，解之即可得到实数的值由此即可求出结果.【详解】因为直线和互相垂直，所以，化简整理，可得，解得或.故答案为：或.15若函数在区间上单调递减，则实数的取值

7、范围是_.【答案】【分析】求解定义域，由导函数小于0得到递减区间，进而得到不等式组，求出实数的取值范围.【详解】显然，且，由，以及考虑定义域x0，解得:.在区间，上单调递减，解得:.故答案为：16已知是定义在R上的偶函数，当时，且，则不等式的解集是_.【答案】【分析】构造函数，利用导数、函数的奇偶性进行求解即可.【详解】设，因为当时，所以当时，单调递增，因为是定义在R上的偶函数，所以当时，所以函数是奇函数，故当时，函数也是增函数，因为，所以，所以，当时，由，当时，由，故答案为：三、解答题17已知函数在，处取得极值，求，的值.【答案】，【分析】首先求出函数的导函数，依题意、是方程的两根，利用韦达

8、定理得到方程组，即可求出、的值，再检验即可；【详解】解：因为，所以，令，依题意、是方程的两根，所以，解得，此时定义域为，所以当或时，当时，即在和上单调递增，在上单调递减，即函数在取得极大值，在处取得极小值，故满足题意；18如图，正四面体，E为的中点(1)证明：平面平面；(2)若，求与平面所成角的正弦值【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用平面和平面垂直的判定定理即可证明；（2）将正四面体放进正方体中，建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法求解即可.【详解】(1)证明：为正四面体，均为正三角形，又，平面，又平面平面平面；(2)把此正四面体放于棱长为正方体中，并建立空间直角坐标系如图所示

9、：，又,平面的一个法向量为，则，令，则，即，设所求角为，则.19如图，在四棱锥PABCD中，AB/CD，且.（1）证明：平面PAB平面PAD；（2）若PA=PD=AB=DC，求二面角APBC的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）.【详解】（1）由已知，得ABAP，CDPD由于AB/CD ，故ABPD ，从而AB平面PAD又AB 平面PAB，所以平面PAB平面PAD（2）在平面内作，垂足为，由（1）可知，平面，故，可得平面.以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系.由（1）及已知可得，.所以，.设是平面的法向量，则即可取.设是平面的法向量，则即可取.则，所以二面角的

10、余弦值为.【名师点睛】高考对空间向量与立体几何的考查主要体现在以下几个方面：求异面直线所成的角，关键是转化为两直线的方向向量的夹角；求直线与平面所成的角，关键是转化为直线的方向向量和平面的法向量的夹角；求二面角，关键是转化为两平面的法向量的夹角.建立空间直角坐标系和表示出所需点的坐标是解题的关键.20已知圆，直线(1)证明：直线l与圆C恒有两个交点(2)若直线与圆的两个交点为，且，求m的值【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）化简直线，得到直线恒过点，结合点与圆的位置关系，即可求解；（2）根据题意，利用圆的弦长公式求得圆心到直线的距离，列出方程，即可求解.【详解】(1)证明：圆的标准方程

11、为，圆心坐标为，半径长为2，由于直线，即，令，解得，所以恒过点，所以，则点在圆内，所以直线与圆恒有两个交点(2)解：由圆的标准方程为，圆心坐标为，半径长为，因为直线与圆的两个交点为，且，可得，解得，又由圆心到直线的距离，可得，所以.21已知函数，.(1)若时，求实数的值；(2)若函数在上单调递增，求实数的取值范围.【答案】(1)1；(2).【分析】(1)求导计算即可；(2)函数在上单调递增，等价于其导数在上恒大于等于0，据此即可求解.【详解】(1)，；(2)，则函数在上单调递增，等价于在上恒成立，即则上恒成立，在上单调递增，故，.22已知函数，.(1)若时，求：函数的极值；(2)若曲线在处的切线与直线平行，求：实数的值.【答案】(1)极大