福建省厦门市思明区三校2021-2022学年高二下第一次月考数学试卷（含答案）

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1、福建省厦门市思明区三校2021-2022学年高二下第一次月考数学试卷一、单选题1已知为等差数列的前n项和，若，则公差（）A1B2C3D42直线与直线垂直，则的值为（）AB1CD93高矮不同的3名女生和4名男生站成一排，要求女生按从高到低的顺序排列，则不同的排列方法（）A720B840C1120D14404已知A(1，1，1)、B(2，2，2)、C(3，2，1)、D(2，1，0)，则四边形ABCD的面积为（）ABCD5我市拟向新疆哈密地区的三所中学派出5名教师支教，要求每所中学至少派遣一名教师，则不同的派出方法有A300种B150种C120种D90种6已知数列满足，则（）ABCD7已知直线与圆：

2、相交于，两点，若，则的值为（）A或0B或4C0或4D或28设，则（）ABCD二、多选题9已知函数的图象如图所示（其中是函数的导函数），下列说法正确的是：（）A函数在区间上是增函数； B函数在区间上无单调性；C函数在处取得极大值； D函数在处取得极小值10双曲线C：的左、右焦点分别为、，O为坐标原点，则下列说法正确的是（）A双曲线C的离心率为 B焦点到双曲线C渐近线的距离为2C双曲线与C的渐近线相同 D双曲线与C的焦点相同11设函数，则下列说法正确的是()A定义域是B时，图象位于x轴下方C存在单调递增区间D有且仅有两个极值点12如图，在棱长为1的正方体ABCD中，E为侧面的中心，F是棱的中点，若

3、点P为线段上的动点，N为ABCD所在平面内的动点，则下列说法正确的是（）A的最小值为B若，则平面PAC截正方体所得截面的面积为C若与AB所成的角为，则N点的轨迹为双曲线的一部分D若正方体绕旋转角度后与其自身重合，则的最小值是三、填空题13在的展开式中，的系数为28，则a=_14若函数在上单调递增，则的取值范围是_15已知椭圆的焦点分别为，且是抛物线焦点，若P是与的交点，且，则的值为_.16某区突发新冠疫情，为抗击疫情，某医院急从甲、乙、丙等9名医务工作者中选6人参加周一到周六的某社区核酸检测任务，每天安排一人，每人只参加一天现要求甲、乙、丙至少选两人参加考虑到实际情况，当甲、乙、丙三人都参加时

4、，丙一定得排在甲乙之间，那么不同的安排数为_（请算出实际数值）四、解答题17在班级活动中，名男生和名女生站成一排表演节目：（写出必要的数学式，结果用数字作答）(1)名女生不能相邻，有多少种不同的排法？(2)名男生相邻有多少种不同的站法？(3)女生甲不能站在左端，女生乙不能站在右端，有多少种不同的排法？(4)甲、乙、丙三人按从高到低从左到右排列，有多少种不同的排法？（甲、乙、丙三位同学身高互不相等）(5)从中选出名男生和名女生表演分四个不同角色的朗通，有多少种选派方法？18函数f(x)xlnxa(x1)(aR)，已知xe是函数f(x)的一个极小值点(1)求实数a的值；(2)求函数f(x)在区间1

5、，3上的最值(其中e为自然对数的底数)19四棱锥中，平面，四边形为平行四边形，(1)若为中点，求证平面；(2)若，求面与面的夹角的余弦值.20设数列的前n项和为，且.(1)求；(2)证明：当时，.21设抛物线的焦点为，点在抛物线上，且，椭圆右焦点也为，离心率为(1)求抛物线方程和椭圆方程；(2)若不经过的直线与抛物线交于、两点，且（为坐标原点），直线与椭圆交于、两点，求面积的最大值22已知函数，.(1)讨论函数的单调性；(2)令函数，若对，恒成立，求实数a的取值范围参考答案1B【详解】由，可得，又由，所以.2B【详解】由题意，得，解得.3B【详解】由于女生按从高到低的顺序排列，故只需将4名男生

6、从7个位置中选取4个位置排好，即有种排列方法，4C【详解】=(1，1，1)=， =(1，0，1)，=0，四边形ABCD为矩形，故SABCD=|=5B详解：根据题意：分两步计算（1）将5名教师分成三组，有两种方式即1，1，3与1，2，2；分成1，1，3三组的方法有分成1，2，2三组的方法有一共有种的分组方法；（2）将分好的三组全排列有种方法.则不同的派出方法有种.6A【详解】由得：，各式相加得：，又，.7 A 8C【详解】，令，则，所以在上递减，则，即，则，所以，9AD【详解】由函数的图象，可得；当时，由，可得，单调递增；当时，由，可得，单调递减；当时，由，可得，单调递减；当时，由，可得，单调递

7、增，当时，取得极大值；当时，取得极小值，10ACD【详解】A：因为，所以，则离心率为，正确；B：因为，一条渐近线为，所以到渐近线的距离，错误；C：它们的渐近线都是，渐近线相同，正确；D：对于双曲线有，双曲线，即与C的焦点都在x轴上，又，所以双曲线与C的焦点相同，正确11ABC【详解】对A选项，需满足，解得且，的定义域为，故A正确；对B选项，由，当时，在上的图像都在x轴的下方，故B正确；对C选项，令，在单调递增，x2时，g(x)0，存在单调递增区间，故C正确；对D选项，由B可知，时，图象位于x轴下方；当x1时，g(x)在单调递增，且，存在唯一的使g(x)0，即，当时，g(x)0，单调递减，当时，

8、g(x)0，单调递增，f(x)只有一个极小值点，故D错误.12BCD【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，正方体棱长为1，则，,对于A，设，所以，所以时，A不正确；对于B，则是上靠近的三等分点，取上靠近的三等分点，则，显然与平面的法向量垂直，因此平面，所以截面与平面的交线与平行，作交于点，设，则，由得，解得，则与重合，因此取中点，易得，截面为，它是等腰梯形，梯形的高为，截面面积为，B正确；对于C，若与AB所成的角为，则有，两边平方化简整理有，C正确；对于D，同理，所以是平面的一个法向量，即平面，设垂足为，则，是正方体的外接球的直径，因此正方体绕旋转角度后与其自身重合，至少旋转D正确131【详解

9、】二项式展开式的通项公式为，由得，解得14【详解】，在上单调递增，在上恒成立；令，则；当时，在上单调递增，解得：，；当时，令，解得：，则当时，；当时，；在上单调递减，在上单调递增，又，解得：；综上所述：的取值范围为.15【详解】依题意，由椭圆定义得，而，则，因点是抛物线的焦点，则该抛物线的准线l过点，如图，过点P作于点Q，由抛物线定义知，而，则，所以.16【详解】计算不同的安排数有两类办法：甲、乙、丙中只选两人，有种选法，再从余下6人中任选4人有选法，将选取的6人安排到周一到周六有种，因此，共有不同安排种数为，当甲、乙、丙三人都参加时，从余下6人中任选3人有选法，周一到周六中取3天安排甲、乙、

10、丙且丙在甲乙之间有种，另3天安排所选3人有种，共有不同安排数为：，由分类加法计数原理得：共有不同的安排数为.17(1)2；(2)0，2e.(1)f(x)xlnxa(x1)，lnx1a，xe是函数f(x)的一个极小值点，2a0，解得：a2；当a2时，lnx1，当0xe时，0，f(x)单调递减，当xe时，0，f(x)单调递增，xe时f(x)的极小值点.a2.(2)由(1)得：f(x)xlnx2x2，且f(x)在1，e)递减，在(e，3递增，而f(1)0，f(3)3ln340，故f(1)0，f(e)2e18(1)证明见解析(2)(1)取中点，连接，则四边形 为平行四边形， ，为直角三角形，且.又平面

11、，平面，.又，平面.(2)，为等边三角形，取中点，连接，则，以为坐标原点，分别以为轴建立空间坐标系，如图令，则，设面的法向量为，则由得取，则设面的法向量为，则由得取，则设面与面的夹角为，则所以面与面的夹角的余弦值为.19(1)1440；(2)576；(3)3720；(4)840；(5)432.(1)解：分步进行分析：将名男生全排列，有种情况，排好后有个空位，在个空位中任选个，安排名女生，有种情况，故名女生不能相邻的排法有种；(2)解：分步进行分析：将名男生看成一个整体，考虑4人间的顺序，有种情况，将这个整体与名女生全排列，有种情况，故名男生相邻的排法有种；(3)解：分种情况讨论：女生甲站在右端

12、，其余人全排列，有种情况，女生甲不站在右端有种站法，女生乙有种站法，其余人全排，有种情况，故一共有种；(4)解：首先把名同学全排列，共有种结果，甲、乙、丙三人内部的排列共有种结果，要使甲、乙、丙三个人按照一个从高到低从左到右的顺序排列，结果数只占种结果中的一种，故有种.(5)解：分步进行分析：名男生中选取名男生，名女生中选取名女生，有种情况，将选出的人全排列，承担种不同的角色，有种情况，故有种.20(1)(2)见解析(1)当时，解得，当时，即，是以为首项，为公比的等比数列，即.(2)由，得，则，令，则，令，则，当时，在上单调递增，即，当且仅当时，取等，得证.21(1)抛物线方程为， 椭圆方程为

13、(2)(1)由题意，解得：，故，所以抛物线方程为， 椭圆方程为(2)设直线方程为，由消去得，设，则因为，所以或（舍去），所以直线方程为由，消去得，设，则设直线与轴交点为，则所以令，则，所以，当且仅当时，即时，取最大值22(1)答案见解析(2)(1)由，得，当时，对恒成立，则在R上单调递增，当时，时，时，则在上单调递减，在上单调递增，综上所述：当时，在R上单调递增，当时，在上单调递减，在上单调递增，(2)，且，当，所以，所以在上单调递增，则，当时，即时，在上恒成立，所以在上单调递增，则满足题意，当时，则由零点存在性定理可得；在上存在唯一的零点，所以时，则在上单调递减，所以对时，与题设矛盾，舍去，综上：