高二下学期第一次月考模拟试题（基础卷）-高二数学同步教学题型讲义（人教A版选择性必修第二册）

这是一份高二下学期第一次月考模拟试题（基础卷）-高二数学同步教学题型讲义（人教A版选择性必修第二册），文件包含高二下学期第一次月考模拟试题基础卷原卷版docx、高二下学期第一次月考模拟试题基础卷解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共22页， 欢迎下载使用。

第I卷（选择题）
选择题（本大题8个小题，每小题5分，共40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．如图，要让电路从A处到B处接通，不同的路径条数为（ ）
A．5B．7C．8D．12
【答案】C
【分析】根据分类计数原理与分步计数原理计算可得答案．
【详解】要让电路从A处到B处接通，不同的路径条数为．
故选：C．
2．双曲线的左顶点为A，点M，N均在C上，且关于y轴对称．若直线，的斜率之积为，则C的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设，则，化简可得，结合，即可求得答案.
【详解】由题意知双曲线左顶点为，设，则，
则有，
又，得，代入中，
得，即，
所以，故，
故选：A.
3．设公比为的等比数列的前n项和为．若，，则（ ）
A．128B．64C．32D．16
【答案】A
【分析】由已知条件结合与的关系及等比数列的通项公式即可求解.
【详解】由，，两式相减得，
即，即，
因为，所以，解得或（舍去），
由得，则，解得，
则．
故选：A．
4．已知函数的图象如图所示（其中是函数的导函数），下列说法正确的个数为（ ）
①函数在区间内是增加的；
②函数在处取得极大值；
③函数在处取得极大值；
④函数在处取得极小值.
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】分析导数的符号变化，利用导数与函数单调性的关系可判断①；利用导数与函数极值点的关系可判断②③④.
【详解】对于①，当时，，则，故函数在区间内是增加的，①对；
对于②，当时，，则，
当时，，则，
所以，函数在上单调递增，在上单调递减，
故函数在处取得大值，②对；
对于③，由②可知，函数在上单调递减，所以，函数不在处取得极大值，③错；
对于④，当时，，则，则在上单调递减，
又因为函数在上单调递增，所以，函数在处取得极小值，④对.
故选：C.
5．函数在点处的切线方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】求出导函数，可得，即为切线的斜率，利用点斜式即可得出切线的方程；
【详解】解：因为，所以
，又，
曲线在点处的切线方程为，即.
故选：B.
6．公元五世纪，数学家祖冲之估计圆周率的范围是：，为纪念祖冲之在圆周率方面的成就，把3.1415926称为“祖率”，这是中国数学的伟大成就.小明是个数学迷，他在设置手机的数字密码时，打算将圆周率的前5位数字3，1，4，1，5进行某种排列得到密码.如果排列时要求两个1不相邻，那么小明可以设置的不同密码有（ ）
A．24个B．36个C．72个D．60个
【答案】B
【分析】直接利用插空法计算即可得到答案.
【详解】分两步：
第一步：先对除1以外的3位数字进行全排列，有种方法；
第二步：将两个1选两个空插进去有，
由分步计数原理可得：小明可以设置的不同密码有种，
故选：
7．设函数在上单调递减，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由函数单调递增，可得在上恒成立，孤立参数，再设，确定的单调性求最值，即可得实数的取值范围.
【详解】解：函数在上单调递减，则在上恒成立，
所以，在上恒成立，设函数，则，
所以在上恒成立，所以在上单调递增，所以，所以，
则实数的取值范围是.
故选：D.
8．从今年8月开始，南充高中教师踊跃报名志愿者参加各街道办、小区、学校的防疫工作，彰显师者先行、师德担当的精神，防疫工作包含扫描健康码、取咽拭子、后勤协调三项工作，现从6名教师自愿者中，选派4人担任扫描健康码、取咽拭子、后勤协调工作，要求每项工作都有志愿者参加，不同的选派方法共有（ ）种
A．90B．270C．540D．1080
【答案】C
【分析】先选出4人有种方法，再分为3组，最后分配到3个岗位.根据分步乘法计数原理将各步的结果乘起来即可得出答案.
【详解】用分步乘法计数原理：
第一步，从6名教师自愿者中选派4人，不同的选派方法种类为；
第二步，将选出的4人分为3组，不同的分组方法种类为；
第三步，将分好的3组，分配到不同的3项工作，不同的分配方法种类为.
所以，不同的选派方法种类为.
故选：C.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．
9．记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S4＝0，a5＝5，则（ ）
A．an＝2n－5B．an＝3n－10
C．Sn＝2n2－8nD．Sn＝n2－4n
【答案】AD
【分析】利用等差数列通项公式及前n项和公式，把S4和a5用a1和d表示出来，建立方程组，解出a1和d，即可求得an和Sn，即可选出正确答案．
【详解】设等差数列{an}的公差为d，因为S4＝0，a5＝5，
所以根据等差数列前n项和公式和通项公式得，解方程组得，，
所以，．
故选：AD．
10．若方程所表示的曲线为，则下面四个命题中错误的是（ ）
A．若为双曲线，则或
B．若为椭圆，则
C．曲线可能是圆
D．若为双曲线，则焦距为定值
【答案】BD
【分析】A，B，C中，由曲线为双曲线或椭圆或圆，可得参数所满足的条件，进而求出的范围，即可判断A，B，C的真假；D中，分焦点在，轴，可得的值，与有关，判断D的真假.
【详解】若为双曲线，则，故或，所以选项A正确；
若为椭圆，则且，故且，所以选项B错误；
若为圆，则，故，所以选项C正确；
若为双曲线，则或，当时，双曲线化为标准形式为，此时，所以不是定值，则焦距也不为定值，同理焦距也不为定值，故选项D错误.
综上，选项BD错误，
故选：BD.
11．已知函数，则（ ）
A．有两个极值点B．有三个零点
C．点是曲线的对称中心D．直线是曲线的切线
【答案】AD
【分析】A选项，求定义域，求导，得到函数单调性，极值情况；B选项，结合函数单调性，求出极值与0比较，数形结合，由零点存在性定理判断出函数只有1个零点；C选项，计算，故不是函数的对称中心；D选项，求出在处的切线方程，刚好为，D正确.
【详解】定义域为R，，
令，解得：，
令得：或，令得：，
所以在，上单调递增，在上单调递减，
故0为的极大值点，为的极小值点，A正确；
，，由零点存在性定理得：上存在1个零点，
因为，故在上无零点，
综上：结合函数单调性可知有1个零点，B错误；
，不恒等于2，故点不是曲线的对称中心，C错误；
，，，
故在处的切线方程为，即，
故直线是曲线的切线，D正确.
故选：AD
12．某校计划安排五位老师（包含甲、乙、丙）担任四月三日至四月五日的值班工作，每天都有老师值班，且每人最多值班一天.（ ）
A．若每天安排一人值班，则不同的安排方法共有种
B．若甲、乙、丙三人只有一人安排了值班，则不同的安排方法共有种
C．若甲、乙两位老师安排在同一天值班，丙没有值班，则不同的安排方法共有种
D．若五位老师都值班了一天，且每天最多安排两位老师值班，则不同的安排方法共有种
【答案】AC
【分析】根据排列数和组合数的定义，结合分步乘法计数原理依次求出各安排的方法数即可.
【详解】对于选项A，每天安排一人值班，则不同的安排方法共有种，A正确；
对于选项B，安排甲、乙、丙三人只有一人安排了值班的安排方法可分为两步完成，第一步，从甲，乙，丙三人中选出一人，有种选法，再将所选之人与余下两人分别安排到四月三日至四月五日，有种方法，故不同的安排方法共有种，B错误；
对于选项C，安排甲、乙两位老师安排在同一天值班，丙没有值班等价于将甲，乙视为一个整体，与除甲，乙，丙外的两人一起分别安排到四月三日至四月五日值班，不同的安排方法共有种，C正确；
选项D，安排五位老师都值班了一天，且每天最多安排两位老师值班可分为两步完成，先将5人分为2人，2人，1人三个小组，再将3个小组分别安排到四月三日至四月五日，完成第一步的方法有种，完成第二步的方法有种，所以不同的安排方法共有种，D错误；
故选：AC.
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分．
13．已知函数，则____________．
【答案】
【分析】求出，代入即可求解.
【详解】,
故，解得.
故答案为:.
14．现有甲、乙、丙、丁在内的6名同学在比赛后合影留念，若甲、乙二人必须相邻，且丙、丁二人不能相邻，则符合要求的排列方法共有 __种．（用数字作答）
【答案】144
【分析】根据题意，分2步进行分析：①将甲乙看成一个整体，与甲、乙、丙、丁之外的两人全排列，②排好后，有4个空位，在其中任选2个，安排丙、丁，由分步计数原理计算可得答案．
【详解】根据题意，分2步进行分析：
①将甲乙看成一个整体，与甲、乙、丙、丁之外的两人全排列，
有种情况，
②排好后，有4个空位，在其中任选2个，安排丙、丁，
有种情况，
则有种排法，
故答案为：144．
15．已知双曲线的渐近线与圆相切，则双曲线的离心率为__________．
【答案】
【分析】求出圆心和半径，及双曲线的渐近线方程，利用点到直线距离公式列出方程，求出，得到离心率.
【详解】化为，圆心为，半径为1，
的渐近线方程为，
则，解得：，即，
故离心率为2.
故答案为：2.
16．等比数列的各项均为正数，且，则______
【答案】
【分析】利用等比中项的性质即可求解
【详解】因为等比数列的各项均为正数，
所以，故，
所以
故答案为：
四、解答题：本大题共5小题，17题共10分，其余各题每题12分，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．已知是首项为19，公差为的等差数列，为的前项和.
(1)求通项及；
(2)设是首项为1，公比为2的等比数列，求数列的通项公式及其前项和.
【答案】(1)，；
(2)，.
【分析】（1）由已知条件结合等差数列的通公式和求和公式直接求解即可；
（2）先由等比数列的通项公式求出，从而可求出，再利用分组求和法可求出.
【详解】（1）∵是首项为19，公差为的等差数列
∴.
∵是首项为19，公差为的等差数列其前n项和为，
∴
（2）由题意是首项为1，公比为2的等比数列，
∴，所以，
∴.
18．如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，平面平面，，．且
(1)证明：；
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求点C到平面的距离．
【答案】(1)证明过程见解析；
(2).
【分析】（1）根据面面垂直的性质定理，结合线面垂直的性质进行证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间夹角公式和点到面距离公式进行求解即可.
【详解】（1）因为平面平面，交线为，
且平面中，，
所以平面，
又平面，
所以,因为，平面，
所以平面，而平面，
所以；
（2）由（1）知，平面且，
所以、、两两垂直
因此以原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，，，设
所以，，，，，
因为平面平面，交线为，且平面中，，
所以平面，
所以为平面的法向量且，
，
因为直线与平面所成角的正弦值为
所以，解得：
所以，又，，
平面的法向量分别为：，
所以， 令，则，
，
设点C到平面的距离为，
所以.
19．用0、1、2、3、4这五个数字组数.
(1)可以组成多少个允许数字重复的三位数？
(2)可以组成多少个无重复数字的三位数？
(3)可以组成多少个无重复数字的三位偶数？
【答案】(1)100
(2)48
(3)30
【分析】（1）根据题意，0不能在百位，允许数字重复，依次分析三位数的百位、十位、个位的情况数目，由分步计数原理计算可得答案；
（2）根据题意，0不能在百位，无重复数字，由此分析三位数的百位、十位、个位的情况数目，由分步计数原理计算可得答案；
（3）根据题意，分0在个位和0不在个位两种情况讨论，无重复数字，求出每种情况下的偶数的数目，由加法原理计算可得答案．
【详解】（1）根据题意，百位数字不能为0，则百位数字有4种情况，十位、个数数字可以为五个数字中任意一个，有5种情况，则有个允许数字重复的三位数.
（2）根据题意，百位数字不能为0，则百位数字有4种情况，在剩下的4个数字中任选2个，安排在十位和个位，有种情况，则有个无重复数字的三位数.
（3）根据题意，分2种情况讨论：
若0在个位，有个偶数，
若0不在个位，则数字2，4作个位，有个偶数，
所以共有个无重复数字的偶数．
20．设是函数的一个驻点，曲线在处的切线斜率为9．
(1)求的单调区间；
(2)若在闭区间上的最大值为20，求c的值．
【答案】(1)单调递增区间是，单调递减区间是和
(2)
【分析】（1）求导后，根据求出，再利用导数符合可求出单调区间；
（2）根据（1）中函数的单调性求出最值，结合已知最值列式可求出结果.
【详解】（1），由已知得，得，
解得，．经验证可知符合题意，
于是，
由，得，由,得或，
所以的单调递增区间是，单调递减区间是和．
（2）由（1）知，因为在区间上是单调递减函数，在上是单调递增函数，又
所以其最大值为，解得．
21．古希腊数学家阿基米德利用“逼近法”得到椭圆的面积等于圆周率与椭圆的长半轴长､短半轴长的乘积.已知椭圆的中心为原点，焦点均在轴上，离心率等于，面积为.
(1)求的标准方程；
(2)若，过点的直线与椭圆交于两点，求面积的最大值.
【答案】(1)
(2)最大值为6
【分析】（1）根据条件列出关于的方程组，可求椭圆方程；
（2）首先直线与椭圆方程联立，利用韦达定理表示的面积，结合基本不等式求面积的最大值.
【详解】（1）设椭圆的方程为，由，得.
由，得.则，
解得，所以.
椭圆的方程为.
（2）由知不共线，直线过点，
则直线斜率存在，设直线方程为，
代入椭圆方程，得.
由，得.
设，则.
因点坐标为，所以
，令，则.
，
当且仅当，即时，面积的最大值为6.
22．已知函数.
(1)求出的极值点；
(2)证明：对任意两个正实数，且，若，则.
【答案】(1)是的极小值点，无极大值点
(2)证明见解析
【分析】（1）对求导，判断导函数的正负号，得函数的单调性，得函数的极值点；
（2）换元令，根据用分别表示，，将证明转化为证明，构造，求导数，证明其大于零即可.
【详解】（1）函数的定义域为，，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以是的极小值点，无极大值点.
（2）证明：由（1），在上单调递减，在上单调递增，
因为，不妨设，
令，则，，
由，得，即，即，
即，解得，，所以，
故要证，即证，即证，即证，
因为，所以，所以即证，
令，，
因为，所以在上是增函数，
所以，所以在上是增函数，
所以，所以，
所以.
【点睛】关键点点睛：根据得等式，设，用分别表示，，用分析法将证明转化为证明.