2021-2022学年四川省绵阳南山中学高二下学期3月月考数学（理）试题解析.doc

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1、2021-2022学年四川省绵阳南山中学高二下学期3月月考数学（理）试题一、单选题1下列语句为命题的是（）AB你们好！C下雨了吗？D对顶角相等【答案】D【分析】根据命题的定义判断即可.【详解】因为能够判断真假的语句叫作命题，所以ABC错误，D正确.故选：D2对于实数a，b，c，下列命题为真命题的是（）A若，则B若，则C若，则D若，则【答案】D【分析】判断不等式的真假，就是要考虑在不等式的变形过程中是否遵守不等式变形的规则.【详解】若，令，故A错误；若，令c=0，则，故B错误；若，令a=-1，b=-2，故C错误；，故，根据不等式运算规则，在不等式的两边同时乘以或除以一个正数，不等式的方向不变，故

2、D正确.故选：D.3函数在定义城内可导，其函数图象如图所示.记的导函数为，则不等式的解集为（）ABCD【答案】C【分析】由原函数单调性和导函数正负的关系，结合图像，即得解【详解】由图像可知函数的单调增区间为，.由原函数单调性和导函数正负的关系，可得的解集为故选：C4如图，空间四边形OABC中，点M在上，且满足，点N为BC的中点，则（）ABCD【答案】B【分析】由空间向量的线性运算求解【详解】由题意，又，,故选：B5关于空间向量，以下说法不正确的是（）A若直线l的方向向量为，平面的法向量为，则直线B已知为空间的一个基底，若，则也是空间的基底C若对空间中任意一点O，有，则P，A，B，C四点共面D两

3、个非零向量与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则这两个向量共线【答案】A【分析】根据空间向量知识对选项逐一判断【详解】对于A，则直线或在平面内，故A错误对于B，则共面，而不共面，故也是空间的基底，B正确对于C，由空间向量共面定理知C正确对于D，由空间向量中基底的概念知D正确故选：A6已知向量，则下列向量中，使能构成空间的一个基底的向量是（）ABCD【答案】D【分析】根据向量共面基本定理只需无解即可满足构成空间向量基底，据此检验各选项即可得解.【详解】因为，所以A中的向量不能与，构成基底；因为，所以B中的向量不能与，构成基底；对于，设，则，解得，所以，故，为共面向量，所以C中的向量不能与，构

4、成基底；对于，设，则，此方程组无解，所以，不共面，故D中的向量与，可以构成基底.故选：D7已知函数，则（）A4B6C2D3【答案】A【分析】对函数求导并求出在0处的导数值，再利用导数定义计算作答.【详解】函数，求导得，则，所以.故选：A8已知直线与，则“”是“”的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件【答案】C【分析】利用直线平行的系数关系解出，需要注意排除重合情况后即可判断.【详解】根据直线方程，若，则需满足 解得或,当时，两条直线重合，所以舍去.故得反之亦可得 当时，因此“”是“”的充要条件.故选：C9已知函数的导函数为且满足，则ABCD【答案】B【分析】对函

5、数求导得到导函数，代入可求得，从而得到，代入求得结果.【详解】由题意得：令得：，解得：本题正确选项：【点睛】本题考查导数值的求解，关键是能够通过赋值的方式求得，易错点是忽略为常数，导致求导错误.10已知函数，则函数在上单调递增的一个充分不必要条件是（）ABCD【答案】A【分析】根据题设条件转化为在上恒成立，即在上恒成立，令，利用导数求得单调性和最小值，结合题意，即可求解.【详解】由函数，可得函数的定义域为，且，因为函数在上单调递增，即在上恒成立，即在上恒成立，即在上恒成立，令，可得，当时，单调递减；当时，单调递增，所以，所以，结合选项，可得时函数在上单调递增的一个充分不必要条件.故选：A.11

6、若曲线存在垂直于y轴的切线，则a的取值范围是()ABCD【答案】C【分析】问题等价于f(x)的导数在x0时有零点，再参变分离转化为函数交点问题.【详解】依题意，f(x)存在垂直与y轴的切线，即存在切线斜率的切线，又，有正根，即有正根，即函数y2a与函数的图像有交点，令，则g(t)，g(t)g()，2a，即a.故选：C.12已知MN是正方体内切球的一条直径，点在正方体表面上运动，正方体的棱长是2，则的取值范围为（）ABCD【答案】B【分析】利用向量的线性运算和数量积运算律可得，根据正方体的特点确定最大值和最小值，即可求解【详解】设正方体内切球的球心为，则,因为MN是正方体内切球的一条直径，所以，

7、所以，又点在正方体表面上运动，所以当为正方体顶点时，最大，且最大值为；当为内切球与正方体的切点时，最小 ，且最小为；所以，所以的取值范围为，故选：B二、填空题13命题“若实数满足，则且”的否命题是_命题（填“真”或 “假”）.【答案】真【分析】先求逆命题及其真假，再根据逆否命题等价性确定否命题真假.【详解】命题“若实数满足，则且”的逆命题是 “若且，则”,是真命题，所以命题“若实数满足，则且”的否命题是真命题.故答案为：真【点睛】本题考查四种命题关系及其真假，考查基本分析判断能力，属基础题.14与向量同向的单位向量是_【答案】【分析】向量的同向的单位向量.【详解】的模为，所以的同向的单位向量是

8、.故答案为：.15如图，在空间四边形ABCD 中，ABDCBD，ABC，BCBD1，AB，则异面直线AB与CD所成角的大小是_【答案】【分析】先求出，再利用公式求异面直线AB与CD所成角的大小.【详解】依题意可知CD，.设直线AB与CD所成角为，则cos ，因为，故.故答案为：16定义在的可导函数，其导数为且，则不等式的解集为_【答案】【分析】构造函数，则所要求解的不等式可化为，利用题设条件判断的单调性即可求解【详解】构造函数 当时,在上单调递减；由不等式 得 且 ; 原不等式的解集为 .故答案为：三、解答题17设：实数满足，：实数满足.(1)若，且为真，求实数的取值范围；(2)若是的充分不必

9、要条件，求实数的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）首先分别求出、为真时参数的取值范围，再由为真，取并集即可；（2）首先解一元二次不等式，依题意是的必要不充分条件，则可推出，而不能推出，即可得到不等式组，解得即可；【详解】(1)解：当时，即，解得，即为真时，实数的取值范围为实数满足，即，解得：，即为真时，实数的取值范围为因为，所以，即；(2)解：由，即，所以，因为是的充分不必要条件，所以是的必要不充分条件，则可推出，而不能推出，则，解得；18如图，直三棱柱中，四边形是正方形，、分别是、的中点(1)证明：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值【答案】(1)证明见解析(2)【分析】(1)取

10、的中点，连接、，根据正方形的性质与中位线的性质可得四边形为平行四边形，进而得出，结合线面平行的判定定理即可证明；(2)建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量法求出和平面的法向量，根据向量数量积即可求得结果.【详解】(1)取的中点，连接、，四边形为正方形，则且，为的中点，且，分别为、的中点，则且，且，故四边形为平行四边形，从而而平面，平面，平面；(2)以点为原点，为轴，为轴，为轴建立如图所示的空间直角坐标系则、 从而，设平面的法向量为，由得，取，则，直线与平面所成角的正弦值为19已知函数.(1)若，求在处的切线方程；(2)若有3个极值点，求实数的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）时

11、，函数已知，求出和即可得到切线方程（2）函数由三个极值点，等价于导数有三个变号零点，所以研究导函数的零点即可【详解】(1)依题意得，又，则切线方程为.(2)若有3个极值点，则有3个零点（且零点左右值异号），所以有3个不同的根，令，则，令，则，当时，单调递增；当时，单调递减；当时，单调递增.所以的极小值为，极大值为.由有3个不同的根可得，解得.所以实数的取值范围是.20已知函数(1)求的单调区间；(2)若恒成立，求a的取值范围【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为(2)【分析】（1）利用导数求解单调区间；（2）先用分离参数法得到，设，利用导数求出，得到，解得a的取值范围.【详解】(1)函数

12、的定义域为.当时，的单调递减区间为；当时，的单调递增区间为，所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为(2)由，整理得，因为，所以，设，则，令，即，解得，当时，单调递增；当时，单调递减，所以，所以，解得，故a的取值范围是21如图所示，三棱锥中，平面，平面经过棱的中点，与棱，分别交于点，且平面，平面(1)证明：平面；(2)若，点是直线上的动点，求平面与平面所成锐二面角的余弦值的最大值【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由已知结合直线与平面平行的性质得，进一步可得，再由直线与平面垂直的判定得平面；（2）如图建立空间直角坐标系，设，求出平面的一个法向量与平面的一个法向量，由两法向量所成角的余弦

13、值，即可求得平面与平面所成锐二面角的余弦值的最大值【详解】(1)证明：平面，平面，且平面平面，又为的中点，为的中点，又平面，同理可得，且为的中点，平面，平面，则，而，、平面，平面；(2)解：如图，以点B为坐标原点，分别以BA，BC所在直线为x，y轴，过点B且与AP平行的直线为z轴建立空间直角坐标系，则，所以，设，则，设平面的法向量为，则，令，则，所以为平面的一个法向量.设平面的法向量为，则，则，令，则，所以为平面PBC的一个法向量.设平面MAC与平面PBC所成的锐二面角为，则.当时，;当时，当且仅当，即时，取得最小值，取得最大值，最大值为.所以平面MAC与平面PBC所成锐二面角的余弦值的最大值为.22已知函数(1)当时，求的极值；(2)若在上的最小值为，求【答案】(1)极小值，无极大值(2)或【分析】（1）当时，求出，然后可得答案；（2）分、两种情况讨论，当时，可判断出在上有唯一零点，且，然后可得，然后可得的值.【详解】(1)当时，当时，；当时，所以在处取极小值，无极大值(2)由题得，当时，故，在上单调递增所以，解得（舍去）当时，且在上单调递增，故在上有唯一零点，且当，单调递减；当，单调递增所以，即，解得，或，综上，的值为或第 15 页 共 15 页