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2021-2022学年浙江省苍南县某校高二_(下)月考数学试卷
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这是一份2021-2022学年浙江省苍南县某校高二_(下)月考数学试卷,共9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. 若向量a→,b→满足a→+b→=1,−2,3 a→−b→=5,0,−5,则a→⋅b→等于( )
A.−5B.5C.−9D.9
2. 在等比数列an中,a1=2,且an+1=Sn−tn∈N*,则t=( )
A.−2B.−1C.1D.2
3. 设Sn是公差不为0的等差数列an的前n项和,且S7=5a,则S10a9=( )
A.6B.132C.7D.152
4. 如图,在直二面角α−1−β中,B、C是直线1上两点,点A∈α,点D∈β,且AB⊥l,CD⊥1,AB=2,BC=3,CD=4,那么直线AD与直线BC所成角的余弦值为( )
A.22929B.32929C.42929D.52929
5. 已知抛物线C:y2=2pxp>0,经过点2,−4,且焦点为F,点A是抛物线C上任意一点,若点B3,1,则|AF|+|AB|的最小值为( )
A.4B.5C.6D.7
6. 甲组有5名男同学,3名女同学;乙组有6名男同学、2名女同学.若从甲、乙两组中各选出2名同学,则选出的4人中恰有1名女同学的不同选法共有( )
A.150种B.180种C.300种D.345种
7. 已知函数fx=lnx,gx=2x,fm=gn,则mn的最小值是( )
A.−12eB.12eC.−2eD.2e
8. 已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左,右焦点分别为F1,F2,M为C上一点,且ΔMF1F2的内心为Ix0,2,若ΔMF1F2的面积为4b,则|MF|+|MF2||F1F2|=( )
A.32B.53C.132D.43
二、多选题
已知mn≠0,则方程mx2+ny2=1与ny2=mx在同一坐标系内对应的图形可能是( )
A.B.
C.D.
若数列an满足a1=2,an+an+1=3nn≥1,n∈N*,an的前n项和为Sn,下列结论正确的有( )
A.a2022=3031B.a2n−1=3n−1
C.an+1−an=1D.S2n=3n2
设m≠0,若x=−m为函数fx=−mx+m2x+n的极大值点,则下列关系中可能成立的有( )
A.m=nB.n>m>0C.n0
已知双曲线C:x2−y23=1,则下列说法正确的是( )
A.双曲线C的顶点到其渐近线的距离为2
B.若F为C的左焦点,点P在C上,则满足FM→=2MP→的点M的轨迹方程为3x+22−3y2=4
C.若A,B在C上,线段AB的中点为2,2,则线段AB的方程为2x−y−2=0
D.若P为双曲线上任意一点,则点P到点2,0和到直线x=12的距离之比恒为2
三、填空题
某校毕业典礼由7个节目组成,考虑整体效果,对节目演出顺序有如下要求:节目甲必须排在前三位,且节目丙、丁必须排在一起,则编排方案共有________种.(用数字作答)
己知不等式2x+1−aex≥0有且只有两个整数解,则实数a的范围为________.
等比数列an的公比00,过圆外一点M7,1引圆的两条切线MA,MB,切点分别为A,B,且MA⊥MB.
(1)求r;
(2)直线l交⊙O所得弦长为2,且分别交x轴、y轴于Pa,0,Q0,b,a>0,b>0,求a2+2b2的最小值.
已知函数fx=ax−sinx.
(1)若函数fx为增函数,求实数a的取值范围;
(2)证明:当x>0时,ex>2sinx.
如图,在四棱锥P−ABCD中,PA⊥平面ABCD,PA=AB=BC=2,AD=CD,∠ABC=120∘
(1)求证:平面PAC⊥平面PBD;
(2)若点M为PB的中点,点N为线段PC上一动点,求直线MN与平面PAC所成角的正弦值的取值范围.
已知椭圆C的中心在原点,一个焦点F(0,2),且长轴长与短轴长的比是2:1.
(1)求椭圆C的方程;
(2)若椭圆C在第一象限的一点P的横坐标为1,过点P作倾斜角互补的两条不同的直线PA,PB分别交椭圆C于另外两点A,B,求证:直线AB的斜率为定值;
(3)在(2)的条件下,求△PAB面积的最大值.
参考答案与试题解析
2021-2022学年浙江省苍南县某校高二 (下)月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
平面向量数量积的运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
因为a→+b→=1,−2,3,a→−b→=5,0,−5,解得a→=3,−1,−1, b→=−2,−1,4所以a→⋅b→=3×−2+−1×−1+−1×4=−9
故选:C
2.
【答案】
A
【考点】
等比数列的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
在等比数列an中, a1=2,且an+1=Sn−tn∈N*
所以a2=S1−t=2−t,a3=S2−t=4−2t
所以a22=a1×a3,即2−t2=2×4−2t,解得; t=±2
当t=2时, a2=2−t=0,不符合等比数列的定义,应舍去,故t=−2
3.
【答案】
B
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
设数列an的公差为d,
由题意知, 7a1+7×62d=5a1+5d,解得a1=2d
所以a9=a1+8d=10d,S10=10a1+10×92d=65d,
则S10a9=6510=132
故选:B
4.
【答案】
B
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
如图,以B为坐标原点,以过点B作BC的垂线为x轴,以BC为y轴,BA为z轴,建立空间直角坐标系,
则B0,0,0,A0,0,2,C0,3,0,D4,3,0
故AD→=4,3,−2,BC→=0,3,0
则csAD→,BC→=AD→⋅BC→|AD→||BC→|=9329=32929
故直线AD与直线BC所成角的余弦值为32929
故选:B.
5.
【答案】
B
【考点】
抛物线的性质
直线与抛物线结合的最值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
由题可得4p=16,即p=4,
抛物线为C:y2=8x,准线1的方程为x=−2 .
设A到准线的距离为d,则由抛物线的定义可知|AF|=d,
所以|AF|+|AB|=d+|AB|≥3−−2=5
故选:B
6.
【答案】
D
【考点】
分类加法计数原理
【解析】
选出的4人中恰有1名女同学的不同选法,1名女同学来自甲组和乙组两类型.
【解答】
解:一名女生来自甲组有C51⋅C31⋅C62=225种选法,
一名女生来自乙组有C52⋅C61⋅C21=120种选法,
故共有225+120=345种选法.
故选D.
7.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究函数的最值
利用导数研究函数的单调性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
因为lnm=2n,所以hm=mn=12mlnm,m>0,h′m=121+lnm.
当m>1e时,h′m>0,此时hm单调递增;
当m0在0,+∞上恒成立.
设gx=ex−2x,则g′x=ex−2,令g′x=0,解得x=ln2.
则gx在0,ln2上单调递减,在ln2.+∞上单调递增.
∵ gxmin=gln2=eln2−2ln2=2−2ln2=21−ln2>0,
∴ gx≥gln2>0,
∴ ex>2x,可得ex>2sinx,命题得证.
【考点】
利用导数研究函数的单调性
余弦函数的定义域和值域
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)解:f′x=a−csx,
若函数fx为增函数,则f′x=a−csx≥0恒成立,
即a≥csx在R上恒成立.
∵ y=csx∈−1,1.∴ a≥1.
即实数a的取值范围是[1,+∞).
(2)由(1)知当a=1时,fx为增函数.
又∵ f0=0,∴ 当x>0时,fx>f0=0,即当x>0时,x>sinx.
要证当x>0时,ex>2sinx,只需证当x>0时,ex>2x.
即证明ex−2x>0在0,+∞上恒成立.
设gx=ex−2x,则g′x=ex−2,令g′x=0,解得x=ln2.
则gx在0,ln2上单调递减,在ln2.+∞上单调递增.
∵ gxmin=gln2=eln2−2ln2=2−2ln2=21−ln2>0,
∴ gx≥gln2>0,
∴ ex>2x,可得ex>2sinx,命题得证.
【答案】
解:(1)设AC的中点为O,因为AB=BC,所以BO⊥AC
因为AD=CD,所以DO⊥AC,所以B,O,D三点共线,
所以BD⊥AC,因为PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,
所以BD⊥PA,因为PA∩AC=A,PA⊂平面PAC,AC⊆平面PAC,
所以BD⊥平面PAC,因为BD⊆平面PBD,所以平面PAC⊥平面PBD
(2) 由(1)可得OC⊥OD,以OC,OD所在的直线分别建立x轴和y轴,
过O点作平行于AP的直线为二轴建立空间直角坐标系,
则C3,0,0,P−3,0,2,B0,−1,0
因为M为PB的中点,所以M−32,−12,1
设 P→N=λP→C0≤λ≤1,所以N23λ−3,0,2−2λ
所以MN→=23λ−32,12,1−2λ
由(1)知BD⊥平面PAC,所以平面PAC的一个法向量为n→=0,1,0
设直线MN与平面PAC所成角为θ
则sinθ=csMN→,n→=1216λ2−10λ+2
由y=16λ2−10λ+2的对称轴为λ=516,
当λ=516时, ymin=716,当λ=1时, ymax=8
即当0≤λ≤1时, 74≤16λ2−10λ+2≤22,
所以28≤1216−10λ+2≤277
所以28≤sinθ≤277
即直线MN与平面PAC所成角的正弦值的取值范围为28,277
【考点】
平面与平面垂直的判定
二面角的平面角及求法
直线与平面所成的角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解:(1)设AC的中点为O,因为AB=BC,所以BO⊥AC
因为AD=CD,所以DO⊥AC,所以B,O,D三点共线,
所以BD⊥AC,因为PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,
所以BD⊥PA,因为PA∩AC=A,PA⊂平面PAC,AC⊆平面PAC,
所以BD⊥平面PAC,因为BD⊆平面PBD,所以平面PAC⊥平面PBD
(2) 由(1)可得OC⊥OD,以OC,OD所在的直线分别建立x轴和y轴,
过O点作平行于AP的直线为二轴建立空间直角坐标系,
则C3,0,0,P−3,0,2,B0,−1,0
因为M为PB的中点,所以M−32,−12,1
设 P→N=λP→C0≤λ≤1,所以N23λ−3,0,2−2λ
所以MN→=23λ−32,12,1−2λ
由(1)知BD⊥平面PAC,所以平面PAC的一个法向量为n→=0,1,0
设直线MN与平面PAC所成角为θ
则sinθ=csMN→,n→=1216λ2−10λ+2
由y=16λ2−10λ+2的对称轴为λ=516,
当λ=516时, ymin=716,当λ=1时, ymax=8
即当0≤λ≤1时, 74≤16λ2−10λ+2≤22,
所以28≤1216−10λ+2≤277
所以28≤sinθ≤277
即直线MN与平面PAC所成角的正弦值的取值范围为28,277
【答案】
解:(I)设椭圆C的方程为y2a2+x2b2=1(a>b>0).
由题意a2=b2+c2a:b=2:1c=2.,解得a2=4,b2=2.
所以,椭圆C的方程为y24+x22=1.
(II)由题意知,点P(1, 2),两直线PA,PB的斜率必存在,
设PB的斜率为k,则PB的直线方程为y−2=k(x−1).
由y−2=k(x−1)y24+x22=1. 得,(2+k2)x2+2k(2−k)x+(2−k)2−4=0.
设A(xA, yA),B(xB, yB),则xB=1⋅xB=k2−22k−22+k2,同理可得xA=k2+22k−22+k2.
则xA−xB=42k2+k2,yA−yB=−k(xA−1)−k(xB−1)=8k2+k2.
所以直线AB的斜率kAB=yA−yBxA−xB=2为定值.
(III)设AB的直线方程为y=2x+m,由y=2x+my24+x22=1.得4x2+22mx+m2−4=0.
由△=(22m)2−16(m2−4)>0,得m2b>0).
由题意a2=b2+c2a:b=2:1c=2.,解得a2=4,b2=2.
所以,椭圆C的方程为y24+x22=1.
(II)由题意知,点P(1, 2),两直线PA,PB的斜率必存在,
设PB的斜率为k,则PB的直线方程为y−2=k(x−1).
由y−2=k(x−1)y24+x22=1. 得,(2+k2)x2+2k(2−k)x+(2−k)2−4=0.
设A(xA, yA),B(xB, yB),则xB=1⋅xB=k2−22k−22+k2,同理可得xA=k2+22k−22+k2.
则xA−xB=42k2+k2,yA−yB=−k(xA−1)−k(xB−1)=8k2+k2.
所以直线AB的斜率kAB=yA−yBxA−xB=2为定值.
(III)设AB的直线方程为y=2x+m,由y=2x+my24+x22=1.得4x2+22mx+m2−4=0.
由△=(22m)2−16(m2−4)>0,得m2
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