2021-2022学年山东省济宁市鱼台县唐马乡博文学校高二数学文月考试卷含解析.docx

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2021-2022学年山东省济宁市鱼台县唐马乡博文学校高二数学文月考试卷含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1.已知函数f（x）=ln（ax﹣1）的导函数是f’（x），且f’（2）=2，则实数a的值为（）A．B．C．D．1参考答案：B【考点】导数的运算．【分析】利用导数的运算法则即可得出．【解答】解：由f（x）=ln（ax﹣1）可得，由f’（2）=2，可得，解之得．故选：B．【点评】本题考查了导数的运算法则、函数求值、方程的解法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．2.连结正五边形的对角线交另一个正五边形，两次连结正五边形的对角线，又交出一个正五边形（如图），以图中线段为边的三角形中，共有等腰三角形（）个.A．50 B．75 C．85 D．100参考答案：C.解析：对于其中任一点P，以P为“顶”（两腰的公共点）的等腰三角形的个数记为[P]，则.,由于图中没有等边三角形，则每个等腰三角形恰有一个“顶”.据对称性可知.因此等腰三角形共有个.3.某班一天上午安排语、数、外、体四门课，其中体育课不能排在第一、第四节，则不同排法的种数为（）A．24 B．22 C．20 D．12参考答案：D【考点】D9：排列、组合及简单计数问题．【分析】因为体育课不能排在第一、第四节，所以先排体育课，可以排第三、四节，有2种排法，再排语、数、外三门课，有A33种排法，由此能求出不同排法的种数．【解答】解：先排体育课，有2种排法，再排语、数、外三门课，有A33种排法，按乘法原理，不同排法的种数为2×A33=12．故选D．4.Rt△ABC中，斜边BC=4，以BC的中点O为圆心，作半径为r（r＜2）的圆，圆O交BC于P，Q两点，则|AP|2+|AQ|2=（）A．8+r2 B．8+2r2 C．16+r2 D．16+2r2参考答案：B【考点】直线与圆相交的性质．【分析】利用余弦定理，求出|AP|2、|AQ|2，结合∠AOP+∠AOQ=180°，即可求|AP|2+|AQ|2的值．【解答】解：由题意，OA=OB=2，OP=OQ=r，△AOP中，根据余弦定理AP2=OA2+OP2﹣2OA?OPcos∠AOP同理△AOQ中，AQ2=OA2+OQ2﹣2OA?OQcos∠AOQ因为∠AOP+∠AOQ=180°，所以|AP|2+|AQ|2=2OA2+2OP2=2×22+2×r2=8+2r2．故选B．5.四面体P--ABC中，若PA=PB=PC，则点P在平面ABC内的射影是△ABC的k*s*5u A．外心B．内心C．垂心D．重心参考答案：A略6.以下给出的是计算的值的一个程序框图（如图所示），其中判断框内应填入的条件是（）A．i>10 B．i<10 C．i<20 D．I>20参考答案：A 7.对抛物线，下列描述正确的是（）开口向上，焦点为开口向右，焦点为开口向右，焦点为开口向上，焦点为参考答案：D略8.设，，，则a,b,c之间的大小关系是（）A.c<b<a B.c<a<b C.a<b<c D.b<a<c参考答案：B略9.下列不等式中，不能恒成立的一个是（）A．B．C．D．参考答案：C 10.将正方形ABCD沿着对角线BD折成一个的二面角，点C到点的位置,此时异面直线AD与所成的角的余弦值（）A.B.C.D.参考答案：D二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.已知命题p：存在，使，命题q：的解集是，下列结论：①命题“p且q”是真命题；②命题“p且?q”是假命题；③命题“?p或q”是真命题；④命题“?p或?q”是假命题，其中正确的有.参考答案：①②③④12.把长为80cm的铁丝随机截成三段，则每段铁丝长度都不小于20cm的概率为．参考答案：考点：几何概型试题解析：设铁丝的三段长分别为x,y,80-x-y,根据题意得：若每段铁丝长度都不小于20cm，则作图：所以故答案为：13.参考答案：14.顶点在原点，对称轴是y轴，且顶点与焦点的距离等于6的抛物线标准方程是．参考答案：x2=±24y【考点】抛物线的简单性质．【分析】利用已知条件，求出抛物线的距离p，然后写出抛物线方程即可．【解答】解：顶点在原点，对称轴是y轴，且顶点与焦点的距离等于6，可得抛物线方程p=12，所求抛物线方程为：x2=±24y．故答案为：x2=±24y．【点评】本题考查抛物线的简单性质的应用，考查计算能力．15.已知点A（x1，y1），B（x2，y2）是椭圆+y2=1两个不同的动点，且满足x1?y1+x2?y2=﹣，则y12+y22的值是．参考答案：1【考点】椭圆的简单性质．【分析】设A（cosα，sinα），B=（cosβ，sinβ），α，β∈[0，2π），则得到x1?y1+x2?y2=（sin2α+sin2β）=﹣，即sin2α+sin2β=﹣2，根据三角函数的性质，可得sin2α=sin2β=﹣1，即可求出α=，β=，即可求出答案．【解答】解：设A（cosα，sinα），B=（cosβ，sinβ），α，β∈[0，2π）∴x1?y1+x2?y2=sinαcosα+sinβcosβ=（sin2α+sin2β）=﹣，∴sin2α+sin2β=﹣2，∵﹣1≤sin2α≤1，﹣1≤sin2β≤1，∴sin2α=sin2β=﹣1，∵点A（x1，y1），B（x2，y2）是椭圆+y2=1两个不同的动点，∴不妨令α=，β=，∴y12+y22=sin2α+sin2β=+=1，故答案为：1 16.等差数列中，若，则的值为.参考答案：17.若～，且，，则的值为（）A、B、C、D、参考答案：C三、解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18.(本小题满分14分)如图，在正四棱柱中，，，点是棱的中点．(Ⅰ)求异面直线与所成角的余弦值；(Ⅱ)求直线与平面所成角的余弦值．参考答案：所以故直线与平面所成角的余弦值为19.已知圆C的中心在原点O，点P（2，2）、A、B都在圆C上，且（m∈R）。（Ⅰ）求圆C的方程及直线AB的斜率（Ⅱ）当△OAB的面积取得最大值时，求直线AB的方程。参考答案：解析：(Ⅰ)x2+y2=8，AB的斜率为-1；注意AB⊥OP。(Ⅱ)。提示：设O到AB的距离为d，则|AB|=2,S=,当且仅当d=2时取等号。20.已知的顶点在椭圆上，在直线上，且．（1）当边通过坐标原点时，求的长及的面积；（2）当，且斜边的长最大时，求所在直线的方程．参考答案：解：（Ⅰ）因为，且边通过点，所以所在直线的方程为．设两点坐标分别为．由得．所以．又因为边上的高等于原点到直线的距离．所以，．（Ⅱ）设所在直线的方程为，由得．因为在椭圆上，所以．设两点坐标分别为，则，，所以．又因为的长等于点到直线的距离，即．所以．所以当时，边最长，（这时）此时所在直线的方程为．略21.如图，已知椭圆C：+=1（a＞b＞0）的离心率为，短轴端点与椭圆的两个焦点所构成的三角形面积为1，过点D（0，2）且斜率为k的直线l交椭圆于A，B两点．（1）求椭圆C的方程；（2）是否存在定点，使?恒为定值．若存在求出这个定值；若不存在，说明理由．参考答案：【考点】椭圆的简单性质．【分析】（1）根据椭圆的性质列方程解出a，b；（2）联立方程组消元，得出A，B坐标的关系，代入向量的数量积公式计算即可．【解答】解：（1）根据，解得，椭圆C的方程为．（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），联立方程得，，消y得（1+2k2）x2+8kx+6=0，则x1+x2=﹣，x1x2=．又∴y1y2=（kx1+2）（kx2+2）=k2x1x2+2k（x1+x2）+4=﹣，y1+y2=（kx1+2）+（kx2+2）=k（x1+x2）+4=．∵，∴==．故?恒为定值．【点评】本题考查了椭圆的性质，直线与椭圆的位置关系，属于中档题．22.如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，且PA=PD=DA=2，∠BAD=60°．（Ⅰ）求证：PB⊥AD；（Ⅱ）若PB=，求点C到平面PBD的距离．参考答案：【考点】点、线、面间的距离计算；直线与平面垂直的性质．【专题】计算题；空间位置关系与距离．【分析】（Ⅰ）取AD的中点O，连接OP，OB，证明AD⊥平面OPB，即可证明PB⊥AD；（Ⅱ）证明OP⊥平面CBD，利用等体积求点C到平面PBD的距离．【解答】（Ⅰ）证明：取AD的中点O，连接OP，OB，则∵四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，且PA=PD=DA，∠BAD=60°，∴OP⊥AD，OB⊥AD，∵OP∩OB=O，∴AD⊥平面OPB，∵PB?平面OPB，∴PB⊥AD；（Ⅱ）解：∵PA=PD=DA=2，∴OP=OB=，∵PB=，∴OP2+OB2=PB2，∴OP⊥OB，∵OP⊥AD，AD∩OB=O，∴OP⊥平面CBD，△PBD中，PD=BD=2，PB=，∴S△PBD==设点C到平面PBD的距离为h，则==．【点评】本题考查线面垂直的判定与性质，考查点到平面距离的计算，考查体积的计算，属于中档题．。