2021-2022年高一下学期第二次月考数学答案

2021年高一下学期第二次月考数学答案

【答案】

1.C

2.D

3.B

4.C

5.C

6.D

7.A

8.D 9.B 10.A 11.C 12.C

13.-

14.

15.2：3

16.（7，13]

17.解：（1）∵角α终边上一点P（-4，3），∴x=-4，y=3，r=|OP|=5，sinα==，cosα==-，∴====-．（2）因为

原式==-1

18.解：(1)证明：∵平面ABCD⊥平面ABE，平面ABC D∩平面ABE=AB，AD⊥AB，

∴AD⊥平面ABE，AD⊥AE．

∵AD∥BC，则BC⊥AE．(3分)

又BF⊥平面ACE，则BF⊥AE．

∵BC∩BF=B，∴AE⊥平面BCE，∴AE⊥BE．(7分)

(2)设AC∩BD=G，连接FG，易知G是AC的中点，

∵BF⊥平面ACE，则BF⊥CE．

而BC=BE，∴F是EC中点．(10分)

在△ACE中，FG∥AE，

∵AE⊄平面BFD，FG⊂平面BFD，

∴AE∥平面BFD．(14分)

19.解：f（x）=y=cos2x-asinx+b=-sin2x-asinx+b+1=-+ 令t=sinx,,则y=-（t+)+，（i）当，即时，

,解得

（ii）当，即0a<2时

解得（舍去）或（舍去）

（iii）当，即-2

解得

（iv）当，即时,y max=f（-1）=a+b=0，y min=f（1）=b-a=-4 解得,

综上，,

∴当a=2,b=-2时，f（x）=cos2x-2sinx-2=-（sinx+1）2，若时，y取得最小值；若时，y 取得最大值.

当a=-2,b=-2时，f（x）=cos2x+2sinx-2=-（sinx-1）2，若，y取得最小值；若时，y取得最大值.

20.解：(1)令x=y=1，则可得f(1)=0，

再令x=2，y=，得f(1)=f(2)+f()，故f()=-1

(2)设0＜x1＜x2，则f(x1)+f()=f(x2)

即f(x2)-f(x1)=f()，

∵＞1，故f()＞0，即f(x2)＞f(x1)

故f(x)在(0，+∞)上为增函数

(3)由f(x2)＞f(8x-6)-1得f(x2)＞f(8x-6)+f()=f[(8x-6)]，

故得x2＞4x-3且8x-6＞0，解得解集为{x|＜x＜1或x＞3}．

21.解：（1）∵切线在两坐标轴上的截距相等，

∴当截距不为零时，设切线方程为x+y=a，

又∵圆C：（x+1）2+（y-2）2=2，

∴圆心C（-1，2）到切线的距离等于圆的半径，

即，

解得：a=-1或a=3，

当截距为零时，设y=kx，

同理可得或，

则所求切线的方程为x+y+1=0或x+y-3=0或或．

（2）∵切线PM与半径CM垂直，

∴|PM|2=|PC|2-|CM|2．

∴（x1+1）2+（y1-2）2-2=x12+y12．

∴2x1-4y1+3=0．

∴动点P的轨迹是直线2x-4y+3=0．

∴|PM|的最小值就是|PO|的最小值．

而|PO|的最小值为原点O到直线2x-4y+3=0的距离，

∴由，可得

故所求点P的坐标为．

22.解：（1）当a=1时，f（x）=1++，

令t=t＞1，

则f（x）=g（t）=t2+t+1=+，

∵g（t）在（1，+∞）上单调递增，∴g（t）＞g（1），即f（x）在（-∞，0）上的值域为（3，+∞），

故不存在常数M＞0，使|f（x）|≤M成立，

所以函数f（x）在（-∞，1）上不是有界函数．

（2）由题意知，|f（x）|≤3在[0，+∞）上恒成立．

∴-3≤f（x）≤3，-4-≤a•≤2-，

∴-4•2x-≤a≤2•2x-在[0，+∞）上恒成立，

即[-4•2x-]max≤a≤[2•2x-]min，

设2x=t，则-4t-≤a≤2t-，

设h（t）=-4t-，p（t）=2t-，

由x∈[0，+∞）得t≥1．设1≤t1＜t2，

则h（t1）-h（t2）=＞0，

p（t1）-p（t2）=＜0，

所以，h（t）在[1，+∞）上递减，p（t）在[1，+∞）上递增，

故h（t）在[1，+∞）上的最大值为h（1）=-5，p（t）在[1，+∞）上的最小值为p（1）=1，所以，实数a的取值范围为[-5，1]。