2021-2022学年湖南省长沙县某校高二（下）月考数学试卷

这是一份2021-2022学年湖南省长沙县某校高二（下）月考数学试卷，共11页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 已知集合A=x∈N*|x0，则b22+a>a22+b
B.若实数a0，则1a>1b
C.若a4−2ln2.
参考答案与试题解析
2021-2022学年湖南省长沙县某校高二（下）月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
交集及其运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
∵ A=1,2,3,4 ,B=0,1,2,3,4,5,6,7
∴ A∩B=1,2,3,4
故选D．
2.
【答案】
C
【考点】
复数的模
复数代数形式的混合运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为z=3+4i，所以|z|=32+42=5，zi=3+4ii=−4+3i，
所以|z|−zi=9−3i.
故选C．
3.
【答案】
B
【考点】
点到直线的距离公式
圆的标准方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：把圆的方程化为标准方程得：x−12+y−12=4，
∴ 圆心坐标为1,1，半径r=2，
∴ 圆心到直线x−y=4的距离，d=42=22，
故选B．
4.
【答案】
D
【考点】
平面向量的坐标运算
数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
λb→−a→⊥a→=0⇒λb→⋅a→−a→2=0⇒λ⋅23⋅−32−4=0⇒λ=−43
5.
【答案】
A
【考点】
函数单调性的性质
奇偶性与单调性的综合
【解析】
此题暂无解析
【解答】
因为函数fx为定义域R上的偶函数，
又当x≥0时，函数fx在[0,+∞）单调递增，所以f2−a≤f2a−1，则有|2−a|≤|2a−1|⇒2−a2≤2a−12
解得a∈−∞,−1∪1,+∞．故选：A
6.
【答案】
B
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：先选2人从事保洁工作，然后再将剩下的4人分成3组，然后再分配剩余3项工作，一共有C62C42A33=540种不同的方案．
故选B．
7.
【答案】
C
【考点】
函数模型的选择与应用
根据实际问题选择函数类型
【解析】
此题暂无解析
【解答】
如图所示为球的轴截面图像，
ACD部分为该球冠的轴截面，AD是弦，OC是球的半径，点O1为AD的中点，则OC⊥AD于点O1，
由题意可得， |OC|=|OA|=R，|O1C|=h，|AD|=8，
所以|OO1|=R−h，|AO1|=4，在△OAO1中，
由勾股定理可得R2=R−h2+42①，
又由球冠的表面积可得20πRh=20π②，
由①②可得， h=2.
8.
【答案】
C
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究函数的最值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
不防设x1b>0的焦距是4，所以c=2，∴a2−b2=4，
又四个顶点构成的四边形的面积等于82，
∴ 12⋅2a⋅2b=82，即ab=42，
联立ab=42a2−b2=4
所以a=22,b=2，
所以椭圆G的方程是x28+y24=1.
(2)显然直线l不垂直于x轴，可设l的方程为y=kx−2,Mx1,y1,Nx2,y2，
将直线l的方程代入椭圆G的方程，得2k2+1x2−8k2x+8k2−8=0，
则x1+x2=8k22k2+1,x1x2=8k2−82k2+1，
因为MF→=3FN→，则2−x1=3x2−2，即3x2+x1=8，
由x1+x2=8k22k2+1，得x1=4k2−42k2+1 ，x2=4k2+42k2+1，
所以4k2−42k2+1⋅4k2+42k2+1=8k2−82k2+1，解得k2=1，即k=±1，
所以直线l的方程为x±y−2=0，
∴ x1+x2=8k22k2+1=83,x1x2=0，
∴ |MN|=1+k2⋅x1+x22−4x1x2=2⋅83=832，
又原点到直线l的距离d=2，∴ S△OMN=12|MN|d=83.
【考点】
椭圆的标准方程
直线与椭圆的位置关系
与椭圆有关的中点弦及弦长问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）椭圆G:x2a2+y2b2=1a>b>0的焦距是4，所以c=2，∴a2−b2=4，
又四个顶点构成的四边形的面积等于82，
∴ 12⋅2a⋅2b=82，即ab=42，
联立ab=42a2−b2=4
所以a=22,b=2，
所以椭圆G的方程是x28+y24=1.
(2)显然直线l不垂直于x轴，可设l的方程为y=kx−2,Mx1,y1,Nx2,y2，
将直线l的方程代入椭圆G的方程，得2k2+1x2−8k2x+8k2−8=0，
则x1+x2=8k22k2+1,x1x2=8k2−82k2+1，
因为MF→=3FN→，则2−x1=3x2−2，即3x2+x1=8，
由x1+x2=8k22k2+1，得x1=4k2−42k2+1 ，x2=4k2+42k2+1，
所以4k2−42k2+1⋅4k2+42k2+1=8k2−82k2+1，解得k2=1，即k=±1，
所以直线l的方程为x±y−2=0，
∴ x1+x2=8k22k2+1=83,x1x2=0，
∴ |MN|=1+k2⋅x1+x22−4x1x2=2⋅83=832，
又原点到直线l的距离d=2，∴ S△OMN=12|MN|d=83.
【答案】
解：（1） hx的定义域为0,+∞ ，
hx=3eex−2lnx−x,h′x=3eex−2x−1，令φx=h′x则φ′x=3eex+2x2>0，
∴ h′x在0,+∞上递增，又h′1=0 ，
∴ hx的单调递减区间为0,1，单调递增区间为1,+∞，
故hx的极小值点为1，无极大值点．
(2)证明由a≥1，可得aex≥ex,
所以fx=aex−2lnx≥ex−2lnx,
令gx=ex−2lnx，则g′x=ex−2x,
∵ g′x在0,+∞上单调递增，且g′1=e1−21>0,g′12=e−4g(1)=2+2−2ln2=4−2ln2 ，
∴ gx>4−2ln2
∴ fx≥gx>4−2ln2
∴ fx>4−2ln2，结论得证．
【考点】
利用导数研究函数的极值
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1） hx的定义域为0,+∞ ，
hx=3eex−2lnx−x,h′x=3eex−2x−1，令φx=h′x则φ′x=3eex+2x2>0，
∴ h′x在0,+∞上递增，又h′1=0 ，
∴ hx的单调递减区间为0,1，单调递增区间为1,+∞，
故hx的极小值点为1，无极大值点．
(2)证明由a≥1，可得aex≥ex,
所以fx=aex−2lnx≥ex−2lnx,
令gx=ex−2lnx，则g′x=ex−2x,
∵ g′x在0,+∞上单调递增，且g′1=e1−21>0,g′12=e−4g(1)=2+2−2ln2=4−2ln2 ，
∴ gx>4−2ln2
∴ fx≥gx>4−2ln2
∴ fx>4−2ln2，结论得证．