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- 2021-06-15 发布
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秘密★启用前 【考试时间:1月16日 15:00 — 17:00】
2020年重庆一中高2021级高二上期期末考试
数学测试试题卷
注意事项:
1. 答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号码填写在答卷上。
2. 作答时,务必将答案写在答题卡上,写在本试卷及草稿纸上无效。
3. 考试结束后,将答题卡交回。
一、选择题:本题共12小题,每题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.直线的斜率为( )
A. B. C. D.
2.若双曲线的焦距为6,则实数( )
A. B. C. D.
3.已知圆与抛物线的准线相切,则的值为( )
A. B. C.2 D.4
4.函数在区间上的最大值是( )
A.0 B.4 C.2 D.
5.已知空间中三条不同的直线和平面,下列结论正确的是( )
A.若,则 B.若,,则
C.若,则 D.若,则
6.定义在上的函数满足,为的导函数,且,则不等式的解集为( )
A. B. C. D.
7.函数的图像大致是( )
A. B. C. D.
8.在三棱锥中,底面,是的中点,已知,,,,则异面直线与所成角的余弦值为( )
A. B. C. D.
9.已知双曲线过点且其渐近线方程为,的顶点恰为的两焦点,
顶点在上,且,则( )
A. B. C. D.
10.已知函数,若,,,则实数的大小关系为( )
A. B. C. D.
11.已知是椭圆的左焦点,经过原点的直线与椭圆C交于A,B两点,若,且,则椭圆C的离心率为( )
A. B. C. D.
12.设表示不大于实数的最大整数,函数,若关于的方程有且只有5个解,则实数的取值范围为( )
A. B. C. D.
二、填空题:本题共4小题,每题5分,共20分。
13. 已知函数,的导函数为,则的值为_______
14. 已知函数,若是函数的极小值点,则实数的值为________
15. 在正方体中,分别是的中点,则直线与平面所成角的正弦值为________
16. 过抛物线的焦点的直线交该抛物线于两点,若,为坐标原点,则=________
三、解答题:共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17.(本小题满分10分)已知函数在点处的切线方程为.
(1)求实数的值;
(2)求的单调区间.
18. (本小题满分12分)如图,在四棱锥中,四边形为直角梯形,,,平面平面,分别为的中点,,,.
(1)求证:平面;
(2)求三棱锥的体积.
19.(本小题满分12分)已知抛物线的焦点为, 点为抛物线上一点,且.
(1)求抛物线的方程;
(2)不过原点的直线与抛物线交于两个不同的点,若,求实数的值.
20.(本小题满分12分) 如图1,在直角中,,分别为的中点,连结并延长交于点,将沿折起,使平面平面,如图2所示.
(1)求证:;
(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
21.(本小题满分12分)已知椭圆:()的离心率为,其左焦点到点的距离是.
(1)求椭圆的方程;
(2)若直线:被圆截得的弦长为3, 且与椭圆交于,两点,求面积的最大值(为坐标原点).
22.(本小题满分12分)(1)当时,不等式恒成立,求实数的取值范围;
(2)已知函数,,如果函数有两个极值点
,,求证:.(参考数据:,,,为自然对数的底数)
命题人:唐维彬
审题人:邹发明 蒋 静
2020年重庆一中高2021级高二上期期末考试数学参考答案
一.选择题
1-5 BDBCA 6-10 CBACD 11-12 CA
二.填空题
13. 14. 15. 16. 7
三.解答题
17.解析:依题意可得:
又函数在处的切线为,
解得:
(2)由(1)可得:,
当时,,单调递减;
当时,,单调递增,
∴的单调减区间为的单调增区间为.
18. 【解析】(I)因为,为的中点,,
, 四边形为平行四边形.
∴,, , 所以平面;
(II)因为,.因为,.
又平面平面,平面平面,
平面,
因为在中,,,
.
由(I)知平面,连接,则.
又是线段的中点, ,
故三棱锥的体积为.
19.解:(1)已知抛物线过点,且
则,∴,故抛物线的方程为;
(2)设,,联立,得,
,得,,,
又,则,
或,经检验,当时,直线过坐标原点,不合题意,
又,综上:的值为.
20.(1)证明:由条件可知,而为的中点,,
又面面,面面,且,
平面. 又因为平面,.
(2)由(1)可知,两两相互垂直,如图建立空间直角坐标系,则:
…
易知面的法向量为,
设平面的法向量为,则:,易得
设平面与平面所成锐二面角为,则
21.解:(1)由题意可得,,
解得,,, 即有椭圆的方程为;
(2)∵到的距离,
∴,∴.设,,把代入得
,判别式
∴,,∴
,
∵,
∴当,即时,,经检验满足判别式.
思路二: 令,令,则
,当时,取得最大值,经检验满足判别式.
22. 解答:(1)令,,,
令,
当时,,且对称轴,所以当时,,在上单调递增,所以恒成立,
当时,,可知必存在区间,使得,当时,有,即在时上单调递减,由于,此时不合题意,综上;
(2)若,则有两个不同的零点,.
由题意,相加有,①
相减有,从而,代入①有
,即,
不妨设,则,由(1)有.
又,
所以,即,设,则,
,在单调递增,又
,
∴,∴,∴.