2021-2022学年江西省宜春市奉新县第一中学高二下学期第一次月考数学（理）试题含解析

这是一份2021-2022学年江西省宜春市奉新县第一中学高二下学期第一次月考数学（理）试题含解析，共18页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年江西省宜春市奉新县第一中学高二下学期第一次月考数学（理）试题一、单选题1．复数在复平面内对应的点位于（       ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】A【分析】利用复数的运算法则求出复数，然后得到对应点的坐标，从而可判断点所在的象限.【详解】复数，所以复数对应的点为，即复数在复平面内对应的点位于第一象限.故选：.2．已知直线和互相平行，则（       ）A． B． C．或 D．或【答案】C【解析】根据两直线平行的条件求解．【详解】时，两直线显然不平行，时，则，解得或．故选：C．【点睛】易错点睛：本题考查由直线平行求参数值，解题时要注意在由条件求参数时，求得的参数值一般需代入直线方程检验，去除两直线重合的可能，否则易出错．如果采取分类讨论方法：先考虑系数为0，然后在一个方程中系数全不为0时，用比值进行求解，一般不会出错．3．下列双曲线中以为渐近线的是（       ）A． B． C． D．【答案】A【解析】直接令双曲线方程中的“1”为“0”，求渐近线方程判断.【详解】A. 令得，故正确；B. 令得，故错误；C. 令得，故错误； D. 令得，故错误； 故选：A4．2017年8月1日是中国人民解放军建军90周年，中国人民银行发行了以此为主题的纪念币.如图是一枚8克圆形精制金质纪念币，直径为22mm，面额100元.为了测算图中军旗部分的面积，现用1粒芝麻向硬币内投掷100次，其中恰有30次落在军旗内，据此可估计军旗的面积大约是（       ）A． mm2 B． mm2C．mm2 D． mm2【答案】B【解析】落在军旗内部的次数除以总次数约等于军旗面积除以圆的面积.【详解】由该纪念币的直径为22mm，知半径r＝11mm，则该纪念币的面积为πr2＝π×112＝121π（mm2），∴估计军旗的面积大约是（mm2）.故选：B【点睛】此题考查利用随机模拟方法对几何概型的辨析.5．下列叙述中错误的个数是(　 　)①“”是“”的必要不充分条件； ②命题“若，则方程有实根”的否命题为真命题；③若命题“”与命题“”都是真命题,那么命题一定是真命题；④对于命题，使得，则，均有；A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】对每一命题逐一分析判断得解.【详解】①“”不可以推出“”，“”可以推出是“”，所以“”是“”的必要不充分条件，所以该命题是真命题；②命题“若，则方程有实根”的否命题为“若m≤0，则方程没有实根”，不一定小于零，所以该命题是假命题；③若命题“”与命题“”都是真命题,那么命题一定是真命题，所以该命题是真命题；④对于命题：，使得，则：，均有，所以该命题是假命题.故答案为B【点睛】本题主要考查充要条件的判断和四种命题及其真假，考查命题的否定和复合命题的真假的判断，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.6．秦九韶是我国南宋时期的数学家，他在所著《数书九章》中提出的多项式求值算法，至今仍是比较先进的算法.如图是秦九韶算法的一个程序框图，执行该程序框图，若输入，，输出，则输入的实数的值为（       ）A．-4或-3 B．-3或4 C．-4或3 D．3或4【答案】C【分析】根据程序框图一步一步计算，然后根据输出的结果，可得结果.【详解】由第一步：第二步：第三步：所以或故选：C7．如图，的二面角的棱上有两点，直线分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于，已知，则的长为（        ）A． B．7C． D．9【答案】C【分析】根据式子即可求出的长为.【详解】因为，所以，因为二面角为，所以，即，所以 ，所以，即的长为.故选：C.8．已知正四棱柱，设直线与平面所成的角为，直线与直线所成的角为，则（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】分别在正四棱柱中找到和，将和放在同一个平面图形中找关系即可.【详解】作正四棱柱如下图：∵在正四棱柱中，平面， ∴∵底面是正方形∴又∵∴平面∴是直线与平面所成的角，即∵∴是直线与直线所成的角，即∵，，∴∴∵平面∴∴故选：D【点睛】本题主要考查直线与平面和异面直线的夹角，属于中档题.9．点在直线上，若椭圆上存在两点，使得是等腰三角形，则称椭圆具有性质．下列结论中正确的是（       ）A．对于直线上的所有点，椭圆都不具有性质B．直线上仅有有限个点，使椭圆具有性质C．直线上有无穷多个点（但不是所有的点），使椭圆具有性质D．对于直线上的所有点，椭圆都具有性质【答案】D【解析】以点为圆心作圆，则通过改变圆的半径大小，使得圆与椭圆相交于两点，这样，于是是等腰三角形，即可知结论正确的是D．【详解】取直线上的任意点，以点为圆心作圆，通过改变圆的半径大小，使得圆与椭圆相交于两点，这样，于是是等腰三角形，所以对于直线上的所有点，椭圆都具有性质．故选：D．10．将正奇数数列1，3，5，7，9，依次按两项、三项分组，得到分组序列如下：，，，，，称为第1组，为第2组，依次类推，则原数列中的2021位于分组序列中（       ）A．第404组 B．第405组 C．第808组 D．第809组【答案】B【分析】求出2021为第1011个正奇数，再根据题中的规则分析组数的规律可得答案.【详解】正奇数数列1,3,5,7,9...的通项公式为 则2021为第1011个奇数，因为按两项、三项分组，故按5个一组分组是有202组，共个数，共组.故原数列中的2021位于分组序列中第405组   故选：B.【点睛】本题考查了与数列有关的推理问题，需要分析数字的总数，再分析组数.属中档题.11．已知直角三角形ABC中，，平面ABC外一点P满足，三棱锥的体积为，则三棱锥的外接球的表面积为（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由体积公式求得到平面的距离为，取中点连接，得平面，取中点，为外心，作，则平面，，设点就是三棱锥外接球球心，连接，在直角梯形和直角三角形中求得外接球半径，得球表面积．【详解】由已知，设到平面的距离为，则，所以，取中点连接，由于，所以，又，所以，的长即为到平面的距离，所以平面，取中点，为外心，作，则平面，平面，则，因此三棱锥外接球球心在上，设点就是三棱锥外接球球心，连接，则，，，，，，解得，所以，所以三棱锥的外接球的表面积为．故选：B．12．“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美如图．将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，则异面直线AB与CD所成角的大小是（       ）A．30° B．45° C．60° D．120°【答案】C【分析】将多面体放置于正方体中，借助正方体分析多面体的结构，由此求解出异面直线AB与CD所成角的大小.【详解】如图所示：将多面体放置于正方体中，以点为原点建立空间直角坐标系，设正方体的边长为2则 ，，设异面直线AB与CD所成角为 所以，故故选：C二、填空题13．一个球的外切正方体的全面积是6，则此球体积是______．【答案】【解析】由正方体的全面积可以求出正方体的棱长，这样可以求出球的半径，最后利用球的体积公式求出球的体积.【详解】设正方体的棱长为，正方体的全面积为6，所以，所以该正方体的内切球的半径，因此正方体内切球的体积为.故答案为：14．与向量同方向的单位向量的坐标是_____________.【答案】【分析】求出模，即可得．【详解】由已知，所以与同方向的单位向量的坐标是．故答案为：．15．一组数据按从小到大的顺序排列为1，4，4，，7，8（其中），若该组数据的中位数是众数的倍，则该组数据的方差是_________．【答案】【分析】由题意中位数为，众数为4，从而求出，再求出平均数，从而得出方差.【详解】若，则该组数据的中位数为4，,众数为4，显然不满足条件.则该组数据的中位数为，众数为4所以，解得 则该组数据的平均数 则该组数据的方差为 故答案为：16．已知双曲线的左、右焦点分别为，其中也是抛物线的焦点，与在一象限的公共点为，若直线斜率为，则双曲线离心率为______．【答案】【分析】由题可得，，，过作抛物线准线的垂线，垂足为，设，，可得， ．结合，化简可得，在△中，由余弦定理可得，即可求解【详解】因为是双曲线的右焦点且是抛物线的焦点，所以，解得，所以抛物线的方程为：； 由，，如图过作抛物线准线的垂线，垂足为，设，，则，．由，可得在△中，，，，由余弦定理可得，，又，，故答案为：．【点睛】本题考查了双曲线的简单几何性质和解三角形的运算，属于中档题．三、解答题17．已知一个动点在圆上运动，它与定点所连线段的中点为．（1）求点的轨迹方程；（2）若点的轨迹的切线在两坐标轴上有相等的截距，求此切线方程.【答案】（1）；（2）或．【解析】（1）设，，用表示出，把代入已知圆方程化简后可得点轨迹方程；（2）截距均为0时，设切线，截距相等且不为0时，设切线，由圆心到切线的距离等于半径求出参数即得切线方程．【详解】解：（1）设，，根据中点公式得，解得．由，得∴点的轨迹方程是．（2）当切线在两坐标轴上截距均为0时，设切线，由相切得∴，所以切线方程为，当切线在两坐标轴上截距相等且不为0时，设切线由相切有，∴，切线方程为综上：切线方程为或．【点睛】关键点点睛：求动点轨迹方程的方法：1、直接法：设曲线上动点坐标为后，就可根据命题中的已知条件，研究动点形成的几何特征，在此基础上运用几何或代数的基本公式、定理等列出含有的关系式。从而得到轨迹方程，这种求轨迹方程的方法称作直接法。2、代入法（或利用相关点法）：即利用动点是定曲线上的动点，另一动点依赖于它，那么可寻求它们坐标之间的关系，然后代入定曲线的方程进行求解，就得到原动点的轨迹。3、几何法：求动点轨迹问题时，动点的几何特征与平面几何中的定理及有关平面几何知识有着直接或间接的联系，且利用平面几何的知识得到包含已知量和动点坐标的等式，化简后就可以得到动点的轨迹方程，这种求轨迹方程的方法称作几何法。4、参数法：有时很难直接找出动点的横、纵坐标之间关系。如果借助中间量（参数），使之间的关系建立起联系，然后再从所求式子中消去参数，这便可得动点的轨迹方程。5、待定系数法：由题意可知曲线类型，将方程设成该曲线方程的一般形式，利用题设所给条件求得所需的待定系数，进而求得轨迹方程，这种方法叫做待定系数法。18．设，命题p：，满足，命题q：x，.（1）若命题是真命题，求a的范围；（2）为假，为真，求a的取值范围.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由命题是真命题，则需命题p为真命题且q为真命题，建立关于a的不等式组，可得答案；（2）由为假，为真、q同时为假或同时为真，分p假q假和p真q真，建立关于a的不等式组，可得a的取值范围；【详解】（1）命题p真时，则或， 得；q真，则，得，所以真，；（2）由为假，为真、q同时为假或同时为真，若p假q假，则，得，若p真q真，则，所以，，综上或.故a的取值范围是.【点睛】本题考查根据复合命题的真假求参数的范围的问题，属于基础题.19．在平面直角坐标系中，已知抛物线的准线方程为．（1）求的值;（2）直线交抛物线于，两点，为坐标原点，且，求线段的长度．【答案】（1）；（2）.【解析】（1）由已知准线方程可得答案；（2）联立直线与抛物线方程，利用韦达定理表示可得，然后利用弦长公式可得答案.【详解】（1）由已知得，所以；（2）设，，联立与得，，即时有，，因为，所以，可得，因为，所以，则，，所以.【点睛】本题考查了抛物线方程、直线与抛物线的位置关系，关键点是利用韦达定理计算弦长，意在考查学生对这些知识的理解能力掌握水平及其应用能力.20．2020年是具有里程碑意义的一年，我们将全面建成小康社会，实现第一个百年奋斗目标；2020年也是脱贫攻坚决战决胜之年.截至2018年底，中国农村贫困人口从2012年的9899万人减少至1660万人，贫困发生率由2012年的10.2%下降至2018年的1.7%；连续7年每年减贫规模都在1000万人以上；确保到2020年农村贫困人口实现脱贫，是我们党立下的军令状，脱贫攻坚越到最后时刻，越要响鼓重锤.某贫困地区截至2018年底，按照农村家庭人均年纯收入8000元的小康标准，该地区仅剩部分家庭尚未实现小康.现从这些尚未实现小康的家庭中随机抽取100户，得到这100户家庭2018年的家庭人均年纯收入的频率分布直方图：（1）求的值，并求出这100户家庭人均年纯收入的平均数（同一组数据用该区间的中点值作代表）；（2）2019年7月，为估计该地能否在2020年全面实现小康，统计了该地当时最贫困的一个家庭2019年1至6月的人均月纯收入如下表：月份/2019（时间代码）123456人均月纯收入（元）275365415450470485①由散点图及相关性分析发现：家庭人均月纯收入与时间代码之间具有较强的线性相关关系，请求出回归直线方程；②由于2020年1月突如其来的新冠肺炎疫情影响，该家庭2020年每月的人均月纯收入只能达到预估值的，试估计该家庭2020年能否达到小康标准，并说明理由.附：①可能用到的数据：，，；②参考公式：线性回归方程中，，.【答案】（1）；平均数为（千元）；（2）①；②能.【分析】（1）由频率分布直方图概率和为1求出a，利用平均值等于求平均数即可；（2）①先求，结合公式求b和a，写出回归方程；②先利用回归直线和已知条件估计2020年每月收入，再计算年总收入，根据题意判断即可.【详解】解：（1）组距为1，频率之和为1，故，解得；平均数为（千元）；（2），，，故，，所以回归直线方程为：；②设y是2020年该家庭人均纯收入，则时，，即2020年每月收入依次成等差数列，首项为，最后一项为，故2020年总收入为 ，所以该家庭2020年能否达到小康标准.【点睛】方法点睛：(1)从频率分布直方图可以估计出的几个数据：①众数：频率分布直方图中最高矩形的底边中点的横坐标；②平均数：频率分布直方图每组数值的中间值乘以频率后相加；③中位数：把频率分布直方图分成两个面积相等部分的平行于y轴的直线横坐标．（2）求线性回归方程的步骤：①求出；②套公式求出；③写出回归方程；④利用回归方程进行预报.21．如图，四棱锥的底面为平行四边形，底面，，，，.（Ⅰ）求证：平面平面；（Ⅱ）若E是侧棱上的一点，且与底面所成的是为45°，求二面角的余弦值.【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.【分析】（Ⅰ）由余弦定理得的长，利用勾股定理，证得，再由底面，得到，从而证得平面，进而得到平面平面.（Ⅱ）以A为坐标原点，，，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，设，根据向量的夹角公式，求得，得到，进而求得平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式，即可求解.【详解】（Ⅰ）在平行四边形中，，，，由余弦定理得，可得，所以，即，又底面，底面，所以，又 所以平面，又平面，所以平面平面.（Ⅱ）如图所示，以A为坐标原点，，，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，设，，因为，，又因为，所以，又由平面的一个法向量为，所以，解得，即，设平面的法向量为，平面的法向量为，由，，因为，，可得，取，得，同理可得 ，由，因为二面角为钝角，所以二面角的余弦值为.【点睛】本题考查了平面与平面垂直的判定与证明，以及空间角的求解与应用，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.22．已知椭圆的离心率为，其左、右顶点分别为，，上、下顶点分别为，，四边形的面积为.（1）求椭圆的方程；（2）如图，若椭圆的左、右焦点分别为，，过的直线与椭圆交于不同的两点，，记的内切圆的半径为，试求的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）由题意可得，，，求出的值即可得椭圆的方程；（2）设，，由椭圆的定义可得的周长，再由面积公式结合内切圆的半径，再讨论直线时，求得半径，当与轴不垂直时，设，与椭圆方程联立，运用韦达定理和三角形面积公式结合换元法和二次函数值域的求法，即可得所求的范围.【详解】（1）∵椭圆的离心率为，∴，∵四边形的面积为，∴，又，解得：，，，∴椭圆的方程为.（2）设，，则的周长为，，即，当时，的方程为，，.当与轴不垂直时，设，由，得，∴，，，令，，，∵，∴，∴.综上可知：.【点 睛】关键点点睛：本题的关键点是由四边形的面积为得出，结合，可求出方程，利用的内切圆的半径为表示的面积，可得，又因为，联立直线与椭圆的方程消得关于，可求，代入，可将用表示，再求范围即可.