广东省佛山市南海区狮山高级中学2020-2021学年高二下学期阶段一数学试题

期阶段一数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．命题“xR，x2x10”的否定是（ ） A．xR，x2x10

B．x20R，x0x010 C．x20R，x0x010 D．x20R，x0x010 2．已知直线a//平面，直线a//平面，b，直线a与直线b A．相交 B．平行 C．异面

D．不确定

3．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，与平面AB1C平行的直线是（ ）

A．DD1 B．A1D1 C．C1D1

D．A1D

4．已知圆C1:x2y223x4y60，C2:x2y26y0，则两圆的位置关系为（ A．相离 B．外切

C．相交 D．内切

5．若复数z3i1i，则z（ ） A．2 B．2 C．3 D．5 lnx26．函数yx图象大致为（ ）

A． B．

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）

C． D．

7．函数f(x)的导函数为f(x)x(x2)，则f(x)函数有（ ） A．最小值f(0) C．极大值f(0)

8．函数f(x)xlnx的单调减区间是 A．(,0)

二、多选题

9．下列说法正确的是（ ）

A．一条直线与两个平行平面中的一个平面平行，必与另外一个平面平行 B．两个平面有一个公共点，则它们相交或重合 C．平行于同一个平面的两平面平行 D．夹在两个平行平面间的平行线段相等

10．已知复数z2i，则下列结论正确的是（ ） A．z5 C．zi202112i

B．复数z的共轭复数为2i D．z234i

B．(,)

1eB．最小值f(2) D．极大值f(2)

1C．(,)

e1D．(0,)

e11．（多选题）下列求导运算错误的是（ ） ．．A．cosxsinx C．lgx1 xln10B．3x3xlog3e

D．x22x1

12．函数fx的定义域为R，它的导函数yfx的部分图像如图所示，则下面结论正确的是（ ）

A．在1,2上函数fx为增函数

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B．在3,5上函数fx为增函数 C．在1,3上函数fx有极大值

D．x2是函数fx在区间1,5上的极小值点

三、填空题

13．在ABC中，A（1，3），B（2，-2），C（-3，1），则D是线段AC的中点，则中线BD长为_______________；

14．“中国天眼”是我国具有自主知识产权、世界最大单口径、最灵敏的球面射电望远镜（如图，其反射面的形状为球冠（球冠是球面被平面所截后剩下的曲面，截得的圆为底，垂直于圆面的直径被截得的部分为高，设球冠底的半径为r，球冠的高为h，则球的半径R______________．

15．设复数z2i，则zz=__________． i1lnx2在x=1处的切线方程为____________. x16．函数fx

四、解答题

17．已知i是虚数单位，复数z＝m2(1＋i)－m(2＋3i)－4(2＋i)，当m分别取何实数时，z满足如下条件？ (1)实数； (2)虚数； (3)纯虚数； (4)零.

18．已知函数f(x)x3ax2bx的图象在点(0,f(0))处的切线斜率为4，且x2时，yf(x)有极值．

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（1）求fx的解析式；

（2）求fx在3,2上的最大值和最小值．

19．如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，底面ABC是等边三角形，D是AC的中点．

（1）证明：AB1//平面BC1D．

（2）若AA12AB，求二面角B1ACC1的余弦值

x2y2x20．已知焦点在轴上的椭圆C：22（1ab0)，短轴长为23，椭圆左顶点到ab左焦点的距离为1．

（1）求椭圆C的标准方程；

2（2）如图，已知点P(,0)，点A是椭圆的右顶点，直线l与椭圆C交于不同的两点 E,F，

3E,F两点都在x轴上方，且APEOPF．证明直线l过定点，并求出该定点坐标．

21．已知函数f(x)lnxa. x（1）当a0时，求函数f(x)的单调区间；

3（2）若函数f(x)在[1,e]上的最小值是，求a的值.

222．已知函数fx12xalnx1ax. 2（1）讨论函数fx的单调性；

a2（2）若fx恒成立，求正实数a的取值.

2

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参考答案

1．B 【分析】

利用含有量词的命题否定的方法进行求解，改变量词，否定结论. 【详解】

命题“xR，x2x10”的否定是“x0R，x02x010”， 故选：B. 【点睛】

本题主要考查含有量词的命题的否定方法，主要方法是“改变量词，否定结论”，侧重考查逻辑推理的核心素养. 2．B 【详解】

试题分析：直线a//平面，直线a//平面，所以在,中可以找到一条直线平行与直线

a，设m在平面内，n在平面内，则m//a,n//a，所以m//n，又因为m不在平面内，

n在平面内，所以m//，又因为b，所以m//b，又因为m//a，所以a//b，故

选B．

考点：直线与平面平行的判定及性质． 3．D 【分析】

证明A1D//B1C，即得解. 【详解】

∵A1B1//AB//CD，∴A1B1//CD， ∴四边形A1B1CD为平行四边形， ∴A1D//B1C，

又B1C⊂平面AB1C，A1D⊄平面AB1C， ∴A1D//平面AB1C. 故选：D 【点睛】

方法点睛：空间直线、平面平行位置关系的判定和证明一般有两种方法.

方法一（几何法）：线线平行线面平行面面平行，它体现的主要是一个转化的思想.

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方法二（向量法）：它体现的是数学的转化的思想和向量的工具性. 4．D 【分析】

由两圆的方程得到圆心坐标及对应的半径，根据圆心距与两圆半径的数量关系，判断两圆的位置关系. 【详解】

22由题设，C1:(x3)2(y2)21，C2:x(y3)9，

∴C1(3,2)，C2(0,3)，则C1C22，又r11,r23， ∴C1C2r2r1，故两圆内切. 故选：D 5．D 【分析】

由复数的四则运算以及模长公式求解即可. 【详解】

z3i(3i)(1i)32i12i，|z|22125 1i(1i)(1i)2故选：D 6．C 【分析】

由函数fx为奇函数，排除A，B，再利用导数求得函数的单调性，排除D，即可求解． 【详解】

lnx2由题意，函数y的定义域为(,0)(0,)，

xln(x)2lnx2f(x)，所以函数fx为奇函数，排除A，B； 且f(x)xx2(1lnx)2lnx当x0时，函数y，则y，

xx2当0xe时，y0，函数单调递增，当xe时，y0，函数单调递减，排除D． 故选：C. 【点睛】

本题主要考查了函数的单调性与奇偶性的应用，其中解答中熟记函数的奇偶性的判定方法，

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以及函数的导数与单调性的关系是解答的关键，着重考查了推理与运算能力． 7．C 【分析】

根据导函数求出函数的单调区间，根据极值的定义即可得出结果. 【详解】

由f(x)x(x2)，

令fxxx20，解得2x0，即函数的单调递增区间为2,0； 令fxxx20，解得x2或x0； 令fxxx20，解得x0或x2， 即函数的单调递减区间为,2，0,， 所以函数的极大值f(0). 故选：C 8．D 【分析】

求出fxlnx1，令fx0，解不等式即可． 【详解】

函数fx的定义域为0,，fxlnx1， 1由fx0得lnx10，得lnx1，得0x，

e1即函数fxxlnx的单调递减区间为0,．

e故选D． 【点睛】

本题主要考查了利用导数求函数的单调区间知识，属于基础题． 9．BCD 【分析】

直接判断直线与平面的位置关系可判断A选项的正误；根据两平面的位置关系可判断B选项的正误；根据面面平行的性质可判断C选项的正误；根据面面平行的性质可判断D选项的正误.

答案第3页，总12页

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【详解】

对于A选项，一条直线与两个平行平面中的一个平面平行，

则该直线与另外一个平面平行或该直线在另外一个平面内，A选项错误； 对于B选项，两个平面有一个公共点，则它们相交或重合，B选项正确；

对于C选项，由面面平行的性质可知，平行于同一个平面的两平面平行，C选项正确； 对于D选项，如下图所示：

已知平面//平面，A、D，B、C，AB//CD， 那么直线AB、CD可确定平面，

//，AD，BC，AD//BC，则四边形ABCD为平行四边形，

所以，ABCD，D选项正确. 故选：BCD. 【点睛】

方法点睛：对于空间线面位置关系的组合判断题，解决的方法是“推理论证加反例推断”，即正确的结论需要根据空间线面位置关系的相关定理进行证明，错误的结论需要通过举出反例说明其错误，在解题中可以以常见的空间几何体（如正方体、正四面体等）为模型进行推理或者反驳． 10．ABD 【分析】

由复数模的计算公式，可判定A正确；由共轭复数的概念，可判定B正确；由in的运算性质和复数的运算，可判定C不正确；由复数的运算法则， D正确. 【详解】

由题意，复数z2i，可得z22125，所以A正确；

答案第4页，总12页

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由共轭复数的概念，可得复数z2i的共轭复数为z2i，所以B正确； 由i2021i50541i1i，则zi2021(2i)i12i，所以C不正确； 由复数的运算法则，可得z2(2i)244ii234i，所以D正确. 故选：ABD. 11．ABD 【分析】

运用基本初等函数的导数公式进行判断即可. 【详解】

因为cosxsinx，所以A不正确； 因为33xxln33x1，所以B不正确； log3e因为lgx1，所以C正确；

xln10因为x22x212x3，所以D不正确． 故选：ABD 12．AC 【分析】

根据yfx的部分图像，判断f(x)的区间符号，进而确定fx的区间单调性及极值. 【详解】

由图知：在(1,2),(4,5)上f(x)0，(2,4)上f(x)0，

∴(1,2),(4,5)上fx为增函数，(2,4)上fx为减函数，且f(2)为极大值，f(4)为极小值， 故选：AC 13．5 【分析】

先求D点坐标，再结合两点距离公式求解即可． 【详解】 由

13311,2所以D1,2， 22则BD212222255

答案第5页，总12页

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故答案为：5 h2r214．

2h【分析】

作出图形，可知球心到截面圆的距离为Rh，利用勾股定理列等式可求得R. 【详解】 如下图所示：

球心到截面圆的距离为Rh，由勾股定理可得Rhr2R2，化简得r2h22Rh， r2h2. 解得R2h2h2r2. 故答案为：

2h15．2 【分析】

利用复数代数形式的乘除运算化简得到z，再由共轭复数的概念得到z，进而求出结果． 【详解】

z2i=1+i,z1i,zz2. i1【点睛】

本题考查复数代数形式的乘除运算，考查了共轭复数的概念，是基础题． 16．xy30 【详解】 由题意得f(x)1(lnx2)lnx1，f(1)1,f(1)2，所以切线方程为

x2x2答案第6页，总12页

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y2(x1),xy30，填xy30．

【点睛】可导函数y=f(x)在xx0处的导数就是曲线y=f(x)在xx0处的切线斜率,这就是导数的几何意义,在利用导数的几何意义求曲线切线方程时,要注意区分“在某点处的切线”与“过某点的切线”,已知y=f(x)在xx0处的切线是yf(x0)f(x0)(xx0),若求曲线y=f(x)过点(m,n)的切线,应先设出切点(x0,f(x0)),把(m,n)代入yf(x0)f(x0)(xx0),求出切点，然后再确定切线方程.而对于切线相同，则分别设切点求出切线方程，再两直线方程系数成比例． 17．（1）m＝－1或m＝4；（2）m≠－1且m≠4；（3）m＝－2；（4）m＝4. 【分析】

（1）由虚部等于0求得m的值； （2）由虚部不为0求得m值；

（3）由实部为0且虚部不为0求得m值； （4）由实部为0且虚部为0求得m值． 【详解】

22z＝m2(1＋i)－m(2＋3i)－4(2＋i)化为zm2m8m3m4i

（1）由m23m40，得m4，或m1，

当m4，或m1时，z是实数；

（2）由m23m40，得m4且m1，

当m4且m1时，z为虚数；

（3）由m22m80，且m23m40，解得m2，

当m2时，z为纯虚数；

m22m80（4）由2，解得m4，

m3m40当m4时，z为零．

3218．（1）f(x)x2x4x；（2）最大值为8，最小值为40． 27【分析】

f(0)b4, （1）先对函数求导，然后利用导数的几何意义可得从而可求出a,bf(2)124ab0,的值，进而可得fx的解析式；

答案第7页，总12页

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（2）先对函数求导，然后令导数等于零，求出极值点，再求出极值和端点处的函数值，比较可得函数的最值 【详解】

解：（1）由题意可得，f(x)3x22axb．

f(0)b4,a2, 由解得f(2)124ab0,b4.经检验得x2时，yfx有极大值． 所以f(x)x32x24x．

（2）由（1）知，f(x)3x24x4(x2)(3x2)． 令f(x)0，得x12，x22， 3f(x)，f(x)的值随x的变化情况如下表：

x f(x) f(x) 3 (3,2) 2 22, 32 32,2 3 2 3  0 极大值 8  单调递减 40． 270 极小值 40 27 8 单调递增 单调递增 函数值 由表可知fx在[3,2]上的最大值为8，最小值为19．（1）证明见解析；（2）【分析】 B1C（1）

419． 19BC1E，连接DE，由三角形的中位线可得DE//AB1，进而可得AB1//平面BC1D.

（2）故以D为原点，分别以DB,DC,DF的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz．平面AB1C的法向量为n(x,y,z)，平面ACC1的一个法向量为m(1,0,0),进而可得结果.

【详解】

答案第8页，总12页

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（1）记B1CBC1E，连接DE．

由直棱柱的性质可知四边形BCC1B1是矩形，则E为B1C的中点． 因为D是AC的中点，所以DE//AB1．

因为AB1平面BC1D,DE平面BC1D，所以AB1//平面BC1D．

（2）因为底面ABC是等边三角形，D是AC的中点，所以BDAC， 由直棱柱的性质可知平面ABC平面ACC1A1，则BD平面ACC1A1．

取A1C1的中点F，连接DF，则DB,DC,DF两两垂直，故以D为原点，分别以DB,DC,DF的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz．

设AB2，则A(0,1,0),C(0,1,0),B1(3,0,4)，从而AC(0,2,0),AB1(3,1,4)． 设平面AB1C的法向量为n(x,y,z)，

nAC2y0,则令x4，得n(4,0,3)．

nAB3xy4z0,1平面ACC1的一个法向量为m(1,0,0)，

则cosm,nmn4419．

19|m||n|19419． 19设二面角B1ACC1为，由图可知为锐角，则cos|cosm,n|答案第9页，总12页

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x2y220．1；（1）（2）证明见解析，(6,0).

43【分析】

（1）利用已知和a,b,c的关系，列方程组可得椭圆C的标准方程；

APEOPF可得kPEkPF0，（2）直线l斜率存在时，设出直线方程与椭圆方程联立，利用根与系数的关系代入化简，可得直线l所过定点． 【详解】

b32b23（1）由ac1得a2，

a2c2b2c1x2y21. 所以椭圆C的标准方程为43（2）当直线l斜率不存在时，直线l与椭圆C交于不同的两点分布在x轴两侧，不合题意. 所以直线l斜率存在，设直线l的方程为ykxm. 设E(x1,y1)、F(x2,y2)，

x2y21由4得(34k2)x28kmx4m2120， 3ykxm8km4m212. 所以x1x2，x1x234k234k2因为APEOPF， 所以kPEkPF0，

y1y22x230即

2x1324m0 ，整理得2kx1x2(mk)(x1x2)33化简得m6k，

所以直线l的方程为ykx6kk(x6)， 所以直线l过定点(6,0).

21．（1）f(x)的单调递增区间为0,，无单调递减区间；（2）ae 【分析】

（1）确定函数的定义域，根据f(x)0可得f(x)在定义域上的单调性;

（2）求导函数，分类讨论,确定函数f(x)在[1,e]上的单调性利用f(x)在[1,e]上的最小值为即可求a的值.

答案第10页，总12页

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【详解】

解：（1）函数的定义域为0,, 且f(x)xa, x2当a0时，f(x)0，即函数在定义域0,上为增函数， f(x)的单调递增区间为0,，无单调递减区间.

（2）由（1）知,f(x)xa, x2①若a1，则xa0，即f(x)0在[1,e]上恒成立, 此时f(x)在[1,e]上为增函数, f(x)在[1,e]上的最小值为

f(x)minf(1)a3, 23, 2a3（舍去） 2②若ae,则xa0，即f(x)0在[1,e]上恒成立, 此时f(x)在[1,e]上为减函数,

f(x)minf(e)1ea3，a（舍去）. e22③若1ae，令f(x)0，得xa.

当1xa时,f(x)0,f(x)在1,a上为减函数； 当ax（1）利用导数，并讨论a0、a0研究f(x)的符号，进而判断fx的单调性；

12a2（2）将问题转化为xalnx1ax0恒成立，构造中间函数g(x)，只需求

22g(x)min0时a的范围即可.

答案第11页，总12页

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【详解】

ax2(1a)xa(xa)(x1)（1）fxx1a且x0， xxx∴a0时，f(x)0即f(x)单调递增；

a0时，f(x)0有xa，即f(x)在a,上单调递增；f(x)0有0xa，即f(x)在

0,a上单调递减；

综上，a0时f(x)在0,单调递增；

上单调递增；a0时fx在0,a上单调递减，在a,上

12a212a2（2）由题设，fxxalnx1ax，即xalnx1ax0恒成立，

2222a12a2令g(x)xalnx1ax，则g(x)x1a，

x22∴由（1）知：a0时g(x)有极小值也是最小值，故只需

g(a)alnaa(1a)a(1alna)0即可. 若h(a)1alna，则h(a)110，即h(a)在a0上递减，又h(1)0， a∴0a1时，h(a)0，即g(a)0恒成立. ∴正实数a的范围为0a1. 【点睛】

12a2关键点点睛：第二问，将问题转化为xalnx1ax0恒成立，并构造函数并应

22用导数研究最值，进而求参数a的范围.

答案第12页，总12页