江西省九江第一重点高中2021-2022学年高二上学期10月月考复习卷（一）理科数学试题（Word版含答案解析）

九江一中2020级高二10月月考数学复习卷1
一、单选题
1．命题“”的否定为（
）
A．
B．
C．
D．
2．已知向量，，，若，则（
）
A．
B．
C．
D．
3．为了得到函数的图象，可以将函数的图象（
）
A．向左平移个单位
B．向右平移个单位
C．向左平移个单位
D．向右平移个单位
4．已知等比数列中，若，，则等于（
）
A．
B．
C．
D．
5．实数x，y满足不等式组，则的最大值是（　　）
A．4
B．2
C．1
D．
6．已知函数，对，则“”是“”的（
）
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
7．已知且，函数，数列满足，且是递增数列，则实数的取值范围是（
）
A．
B．
C．（1，3）
D．
8．已知正四面体中，
，则直线与所成角的余弦值为（
）
A．
B．
C．
D．
9．如图所示，在直三棱柱中，，，，P是上的一动点，则的最小值为（
）
A．
B．
C．
D．3
10．若函数的图象恒经过的定点在直线（，）上，则的最小值是（
）
A．
B．
C．
D．
11．已知函数，数列满足，则（
）
A．2018
B．2019
C．4036
D．4038
12．在锐角中，角所对的边分别为，若，则的取值范围为（
）
A．
B．
C．
D．
第II卷（非选择题）
二、填空题
13．设：，：，是的充分条件，则实数的取值范围是__________.
14．函数的图象的一个对称中心为__________．
15．已知正项数列满足，，则___________.
16．已知中，，，，在三角形所在的平面内有两个动点和，满足，，则的取值范围是______
三、解答题
17．已知命题：，命题：.
（1）当时，若命题为真命题，求实数的取值范围.
（2）若是的充分条件，求实数的取值范围；
18．已知点在圆C：上．
（Ⅰ）求该圆的圆心坐标及半径长；
（Ⅱ）过点M（﹣1，1），斜率为的直线l与圆C相交于A，B两点，求弦AB的长．
19．已知的面积为，.
（1）求的大小；（2）若，求三角形内切圆半径.
20．设数列的前项和为，已知．
（1）求的通项公式；（2）若数列满足，求的前项和．
21．已知矩形中，，，，分别在，上，且，，沿将四边形折成四边形，使点在平面上的射影在直线上.
（1）求证：∥平面；
（2）求二面角的大小.
22．若函数对定义域内的每一个值，在其定义域内都存在唯一的，使成立，则称该函数为“函数”．
（1）判断函数是否为“函数”，并说明理由；
（2）若函数在定义域上是“函数”，求的取值范围；
（3）已知函数在定义域上为“函数”．若存在实数，使得对任意的，不等式都成立，求实数的最大值．
试卷第1页，共3页
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参考答案
1-5．ABDAA
6-10
CDBBC
AC
4．【详解】由题意，等比数列中，，
可得，解得，所以.
5.解：如下图所示，不等式组所表示的三角形区域，由得点C，
又表示经过原点的直线的斜率·当此直线经过顶点C时，斜率最大.∴的最大值是4.
故选：A.
6．C
因为定义域为，
，所以是奇函数，
当时，，
，因为，所以，，所以，
所以在上单调递增，因为是奇函数，所以在上单调递增，若可得，所以，
可得，反之若，则，
因为在上单调递增，所以即，所以“”是“”的充要条件，
7．D
因为是递增数列，所以，解得，所以实数的取值范围是．
8．B
【详解】设正四面体的棱长为4，令，则，且，如图：，由余弦定理可得，
，，
显然，同理，，
，
设直线与所成角为，则，
所以直线与所成角的余弦值为.
故选：B
9．B【详解】连接，得，以所在直线为轴，将所在平面旋转到平面，
设点的新位置为，连接，则有.
当三点共线时，则即为的最小值.
在三角形ABC中，，，由余弦定理得：,所以，即
在三角形中，，，由勾股定理可得：,且.
同理可求：
因为，所以为等边三角形，所以，
所以在三角形中，,,
由余弦定理得：.故选B.
（1）立体几何中的翻折（展开）问题截图的关键是：翻折（展开）过程中的不变量；
（2）立体几何中距离的最值一般处理方式：
①几何法：通过位置关系，找到取最值的位置（条件），直接求最值；
②代数法：建立适当的坐标系，利用代数法求最值.
10．C
由题意，所以定点坐标为，
所以，即，
因为，
，当且仅当，即时等号成立，
11．A
根据函数解析式确定为常数，再得到，然后利用倒序相加法求和即可.
∵，∴．
又∵，∴．
令，则，
两式相加得，∴．故选：A
12．C
∵，∴所以
因此
设，∵是锐角三角形，∴，∴
∴，在上单调递增，
∴，
故选：C
13．
14．（答案不唯一）
【详解】
得，
故图象的对称中心为（）当k=1
,其一个对称中心为
故答案为：（答案不唯一）
15．
【分析】化简数列的递推关系式，得到，结合等差数列的通项公式，求得，可得，利用裂项法，即可求解.
16．
建立平面直角坐标系，设出M点的坐标，求出点的坐标，从而得到关于的三角函数，通过三角函数求最值的方法即可得出答案.
以为原点，所在直线分别为轴，轴建立平面直角坐标系，
则，因为，所以的轨迹是以为原点，2为半径的圆，
所以设，因为，所以为的中点，所以，
所以，
所以，其中，
所以当时，取最小值，所以取最小值；
当时，取最大值，所以取最大值，
所以的取值范围是.
17．（1）；（2）.
【详解】（1）由：为真，解得.
当时，则为：＜＜
因为命题为真命题，所以.
（2）：，
若是的充分条件，则是的子集，
所以，即，解得.所以实数的取值范围是
18．（Ⅰ）圆心，半径；（Ⅱ）弦长
（Ⅰ）由题可知：
所以圆的标准方程为
所以圆心，半径
（Ⅱ）直线的方程为，即
则圆心到直线的距离为
所以弦长
19．（1）；（2）.
（1）由三角形面积公式和正弦定理可求得，利用两角和差余弦公式可求得，进而得到；
（2）利用面积桥可求得，根据余弦定理可构造方程求得，由可求得.
（1），
由正弦定理得：，又，，
，
又，；
（2），，解得：；
由余弦定理得：，
，，
，.
20．（1）；（2）．
【分析】
（1）令可求得的值，令，由可求得的表达式，对的值是否满足在时的表达式进行检验，综合可得出数列的通项公式；
（2）求得，当时，利用错位相减法可求得，然后验证满足在时的表达式，综合可得出的表达式.
【详解】
（1）因为，所以，即，可得；
当时，，故，即，
不满足，因此，；
（2）因为，所以，
当时，，
所以，，
两式相减，得，
所以，
当时，也满足上式，故．
21．（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）根据线面平行推导出平面∥平面即可；
（2）方法一：根据二面角的定义，先求解二面角，进而根据（1）中平面∥平面得出二面角即可；
方法二：以为坐标原点，建立空间直角坐标系求解即可
【详解】
（1）∵∥∥
∴∥平面，∥平面
∴平面∥平面∴∥平面
（2）方法一：
由（1）可知平面∥平面
∴二面角与二面角互补
过作于，连结
∵平面
∴
∴平面
∴
∵，，
∴
∵
∴
又∵，∴
∵
∴
过作交延长线于点，连结
∵平面
∴
∴平面
∴
∴为二面角的平面角
∵
∴
∴二面角的大小为
方法二：如图，过作∥，过作平面
分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系
∵在平面上的射影在直线上，设（）
∵，，∴
∴∴
∴
设平面的法向量为，又有
∴
又∵平面的法向量为设二面角的大小为，显然为钝角
∴
∴
22．（1）不是“函数”，理由详见解析；（2）；（3）．
（1）用反例判断函数不是“函数”；
（2）根据函数在定义域
是“函数”，探索得到的关系式，再求得的取值范围；
（3）在（2）的基础上，将不等式，应用分离变量求最值.
解：函数不是“函数”，理由如下：
若是“函数”．取，存在，使得
即，整理得，但是，矛盾，所以不是“函数”．
（2）在上单调递增，取，则存在，
使得，．
如果，取，则存在，使得，．
因为在上单调递增，所以．所以
又，所以，上式与之矛盾，
所以假设不成立，所以．即，即，整理得．
因为，所以，．又，所以的取值范围是．
．因为，所以的取值范围是．
（3）函数的对称轴为，且，
当在定义域上为“函数”时，必有．
所以函数在上单调递增，由（2）知，必有，
即,解得．
由，，
对任意的恒成立，知．整理得
令，则在上单调递增，．
因为是存在，使得成立，所以．
综上所述，实数的最大值为．
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