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    2021宜春丰城九中高二下学期6月月考数学(理)试题含答案

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    2021宜春丰城九中高二下学期6月月考数学(理)试题含答案

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    这是一份2021宜春丰城九中高二下学期6月月考数学(理)试题含答案,共10页。试卷主要包含了选择题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。


    数学(理)试卷

    一、选择题:本大题共12小题,每小题5分,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.
    1.已知平面α、β、γ两两垂直,直线a、b、c满足:a⊆α,b⊆β,c⊆γ,则直线a、b、c不可能满足以下哪种关系(  )
    A.两两垂直 B.两两平行 C.两两相交 D.两两异面
    2.5名同学去听同时举行的3个课外知识讲座,每名同学可自由选择听其中的1个讲座,不同的选择的种数为(  )
    A.60 B.125 C.240 D.243
    3.某人用如图所示的纸片沿折痕折后粘成一个四棱锥形的“走马灯“,正方形做灯底,且有一个三角形面上写上了“年”字,当灯旋转时,正好看到“新年快乐”的字样,则在①、②、③处可依次写上(  )

    A.快、新、乐 B.乐、新、快 C.新、乐、快 D.乐、快、新
    4.在二项式(+)n的展开式中,各项系数之和为M,各项二项式系数之和为N,且M+N=72,则n的值为(  )
    A.1 B.2 C.3 D.4
    5.已知曲线y=aex+xlnx在点(1,ae)处的切线方程为y=2x+b,则(  )
    A.a=e,b=﹣1 B.a=e,b=1 C.a=e﹣1,b=﹣1 D.a=e﹣1,b=1
    6.设O为坐标原点,直线x=2与抛物线C:y2=2px(p>0)交于D,E两点,若OD⊥OE,则C的焦点坐标为(  )
    A.(,0) B.(,0) C.(1,0) D.(2,0)
    7.如图,洛书(古称龟书),是阴阳五行术数之源.在古代传说中有神龟出于洛水,其甲壳上有此图像,结构是戴九履一,左三右七,二四为肩,六八为足,以五居中,五方白圈皆阳数,四角黑点为阴数.若从四个阴数和五个阳数中随机选取3个数,则选取的3个数之和为奇数的方法数为(  )

    A.30 B.40 C.44 D.70
    8.某几何体的三视图(单位:cm)如图所示,则该几何体中长度为3cm的棱有(  )

    A.0条 B.1条 C.2条 D.3条
    9.已知七人排成一排拍照,其中甲、乙、丙三人两两不相邻,甲、丁两人必须相邻,则满足要求的排队方法数为(  )
    A.432 B.576 C.696 D.960
    10.已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,点M是线段CC1的中点,且平面AD1M∩平面ABCD=l,则直线l与DC1所成角的余弦值为(  )
    A. B. C. D.
    11.设F为双曲线C:﹣=1(a>0,b>0)的右焦点,O为坐标原点,以OF为直径的圆与圆x2+y2=a2交于P,Q两点.若|PQ|=|OF|,则C的离心率为(  )
    A. B. C.2 D.
    12.已知e≈2.71828是自然对数的底数,设a=﹣,b=﹣,c=﹣ln2,则(  )
    A.c<a<b B.b<a<c C.b<c<a D.a<b<c

    二、填空题:本大题共4小题,每小题5分.
    13.(x﹣2y)(x﹣y)8的展开式中x2y7的系数为   .(用数字填写答案)
    14.已知四棱锥的底面是边长为的正方形,侧棱长均为.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点,另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心,则该圆柱的体积为   .
    15.用红、黄、蓝三种颜色之一去涂图中标号为1,2,…,9的9个小正方形(如下表),使得任意相邻(有公共边的)小正方形所涂颜色都不相同,且标号为“1、5、9”的小正方形涂相同的颜色,则符合条件的所有涂法共有   种.
    1
    2
    3
    4
    5
    6
    7
    8
    9

    16.已知球O的半径为,以球心为中心的正四面体Γ的各条棱均在球O的外部,若球O的球面被Γ的四个面截得的曲线的长度之和为8π,则正四面体Γ的体积为   .

    三、解答题:本大题6小题,共70分,解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤。
    (一)必考题(共60分)
    17.(本题满分12分)
    将四个编号为1,2,3,4的小球放入四个编号为1,2,3,4的盒子中.
    (1)若每个盒内放一个球,并且恰好有一个球的编号与盒子的编号相同,则有多少种放法?
    (2)若恰好有一个空盒,则有多少种放法?

    18.(本题满分12分)
    如图,在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中,AB⊥BC,AA1=AC=2,BC=1,E,F分别是A1C1,BC的中点.
    (1)求证:C1F∥平面ABE;
    (2)求点A到平面BCE的距离.












    19.(本题满分12分)
    已知椭圆E:,P为椭圆E的右顶点,O为坐标原点,过点P的直线l1,l2与椭圆E的另外一个交点分别为A,B,线段PA的中点为M,线段PB的中点为N.
    (1)若直线OM的斜率为,求直线l1的方程;
    (2)若OM⊥ON,证明:直线AB过定点.









    20.(本题满分12分)
    如图,四边形ABCD关于直线AC对称,∠A=60°,∠C=90°,CD=2,把△ABD沿BD折起.
    (1)若二面角A﹣BD﹣C的余弦值为,求证:AC⊥平面BCD;
    (2)若AB与面ACD所成的线面角为30°时,求AC长.














    21.(本题满分12分)
    已知函数f(x)=x2+4x﹣aex(x+1)(a≠0),g(x)=lnx﹣mx+m+1(m∈R).
    (1)讨论f(x)的单调性;
    (2)若对于任意x∈(0,1],存在m∈(﹣1,1)使得不等式g(x)<f(m)成立,求实数a的取值范围.




    (二)选考题(共10分,请考生在22、23两题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题记分.)
    22.(本题满分10分)选修4-4:坐标系与参数方程
    在直角坐标系xOy中,曲线C1的参数方程为(α为参数),以坐标原点O为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,曲线C2的极坐标方程为ρ2=.
    (1)写出曲线C1和C2的直角坐标方程;
    (2)已知P为曲线C2上的动点,过点P作曲线C1的切线,切点为A,求|PA|的最大值.



    23.(本题满分10分)选修4-5:不等式选讲
    设函数f(x)=|2x+1|+|x+|.
    (1)求函数f(x)的最小值;
    (2)若函数f(x)的最小值为m,且正实数a,b,c满足a+b+c=m,证明:.




    答案
    一.选择题
    1--5 BDACC 6--10 BBCBD 11--12 AD
    8.【解答】解:根据三视图知,该几何体是三棱锥,把该几何体放入棱长为2的正方体中,
    画出该几何体的直观图,如图所示:

    结合图中数据,计算几何体中各条棱长为:
    AB=AC=2cm,BC=2cm,BD=cm,AD=CD==3cm.
    所以长度为3cm的棱有2条.
    故选:C.
    9.【解答】解:可以分步完成,
    ①甲丁捆绑后排序有=2种方法,
    ②捆绑后的甲丁与另外的3人(不包含乙丙)排序,有=24种方法,
    ③将乙丙插空,四个空位中与甲相邻的空位不能选择,故有=12种方法,
    根据分布乘法原理,共有2×24×12=576种方法.
    故选:B.
    10.【解答】解:取BC中点N,连接MN,则MN∥AD1,连接AN,
    ∵平面AD1M∩平面ABCD=l,∴AN即为l,
    ∵AB1∥DC1,∴直线l与DC1所成角为∠B1AN,
    设正方体ABCD﹣A1B1C1D1中棱长为2,
    则AB1==2,AN=B1N==,
    ∴cos∠B1AN==.
    ∴直线l与DC1所成角的余弦值为.
    故选:D.


    11.【解答】解:如图,

    由|PQ|=|OF|,可知PQ过点(,0),
    由图可得,得e==.
    故选:A.
    12.【解答】解:已知e≈2.71828是自然对数的底数,a=﹣,b=﹣,c=﹣ln2,
    设f(x)=﹣,
    则f′(x)=﹣,
    当0≤x≤时,f′(x)>0,函数f(x)在0≤x≤上是增函数,
    当x>时,f′(x)<0,函数f(x)在x>上是减函数,
    a=f(3),b=f(2),而<2<3,
    所以b>a,
    又因为ex>x+1,x≠1,为常用不等式,可得,
    令g(x)=﹣lnx,
    g′(x)=﹣,
    当x<e时,g′(x)<0,函数g(x)在x<e上是减函数,
    故g(2)>g(e)=0,
    则>ln2,即﹣<﹣ln2,
    则c>b,
    故:a<b<c
    故选:D.
    二.填空题
    13.﹣64.14. 15. 108 16.18
    15.【解答】解:首先看图形中的1,5,9,有3种可能,
    当1,5,9,为其中一种颜色时,
    2,6共有4种可能,其中2种2,6是涂相同颜色,各有2种可能共6种可能.
    4,8及7,与2,6及3,一样有6种可能并且与2,6,3,颜色无关.
    当1,5,9换其他的颜色时也是相同的情况
    符合条件的所有涂法共有3×6×6=108种,
    故答案为:108
    16.【解答】解:由题意可知,正四面体截球面所得曲线为四个半径相同的圆,每个圆的周长为2π,半径为1,故球心O到正四面体各个面的距离为=,设正四面体的棱长为a,如图所示,则斜高AE=3EF=a,正四面体的高为AF=,在Rt△AEF和Rt△AGO中,,即,所以a=6,
    所以V==18.

    故答案为:18.
    三.解答题
    17.【解答】解:(1)根据题意,分2步进行分析:
    ①,先选出1个小球,放到对应序号的盒子里,有C41=4种情况,假设4号球放在4号盒子里,
    ②,其余三个球的放法为(2,3,1),(3,1,2),共2种,
    则有恰好有一个球的编号与盒子的编号相同放法有4×2=8种.
    (2)根据题意,分2步进行分析:
    ①,将4个小球分为3组,其中1组2个小球,另外2组各有1个小球,有C42=6种分组方法,
    ②,将4个小盒中任选3个,放入三组小球,有C43A33=24种情况,
    则有6×24=144种不同的放法;
    18.【解答】(1)证明:取AB的中点G,连接EG,FG,
    ∵E,F,G分别是A1C1,BC,AB的中点,
    ∴FG∥AC,且FG=AC,EC1=A1C1,
    ∵AC∥A1C1且AC=A1C1,∴GF∥EC1且GF=EC1,
    ∴四边形FGEC1为平行四边形,得C1F∥EG,
    又∵EG⊂平面ABE,C1F⊄平面ABE,∴C1F∥平面ABE;
    (2)解:∵AA1=AC=2,BC=1,AB⊥BC,∴AB=.
    由VA﹣BEC=VE﹣ABC
    即=
    即=.
    ∴点A到平面BCE的距离


    19.【解答】解:(Ⅰ)设直线AP的方程为x=ty+3(t≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),
    联立,得(3+t2)y2+6ty=0,
    所以y1+y2=, 所以yM==, xM=tyM+3=,
    所以M(,), 因为kOM=﹣, 所以=﹣,解得t=1,
    所以直线l1的方程为x﹣y﹣3=0.
    (Ⅱ)①当直线AB的斜率不存在时,设A(x0,y0),B(x0,﹣y0),﹣3<x0<3,
    则M(,),N(,﹣), 由OM⊥ON,有kOM•kON=﹣1,
    所以•=﹣1, 所以﹣=﹣1, 因为+=1,
    所以x0=﹣, 所以直线AB的方程为x=﹣.
    ②当直线AB的斜率存在时,设直线AB的方程为y=kx+m,
    联立椭圆的方程得(1+3k2)x2+6kmx+3m2﹣9=0,
    所以△=12(9k2﹣m2+3)>0,
    设A(x1,y1),B(x2,y2),
    则由x1+x2=,x1x2=,
    由kOM•kON=﹣1,可得=﹣1,
    即(1+k2)x1x2+(km+3)(x1+x2)+m2+9=0,
    所以(1+k2)•+(km+3)•+m2+9=0,
    所以9k2﹣9km+2m2=0,
    即(3k﹣2m)(3k﹣m)=0,
    当m=3k时,直线AB过椭圆的左顶点,不满足题意,
    当m=k时,直线AB过定点(﹣,0),且满足△=12(9k2﹣m2+3)>0,
    综上所述,直线AB过定点(﹣,0).



    20.【解答】解:(Ⅰ)证明:取BD的中点M,连接AM、CM,
    ∵四边形ABCD关于直线AC对称,
    ∴AB=AD,CB=CD,∴AM⊥BD,CM⊥BD,
    ∴∠AMC即为二面角A﹣BD﹣C的夹角,即cos∠AMC=,
    ∵∠A=60°,∠C=90°,CD=2,∴AM=,CM=,
    在△AMC中,由余弦定理知,AC2=AM2+CM2﹣2AM•CMcos∠AMC=6+2﹣2×××=4,
    ∴AC=2,∴AM2=AC2+CM2,即AC⊥CM.
    ∵四边形ABCD关于直线AC对称,∴BD⊥AM,BD⊥CM,
    又AM∩CM=M,AM、CM⊂平面ACM,
    ∴BD⊥平面ACM,∵AC⊂平面ACM,
    ∴BD⊥AC,∵CM∩BD=M,CM、BD⊂平面BCD,
    ∴AC⊥平面BCD.
    (Ⅱ)以M为原点,MB、MC所在的直线分别为x、y轴,作Mz⊥平面BCD,建立如图所示的空间直角坐标系,则B(,0,0),C(0,,0),D(﹣,0,0),
    设A(0,y,z),且y>0,z>0,则AM2=y2+z2=6①,
    ∴=(0,﹣y,﹣z),=(,,0),=(,﹣y,﹣z),
    设平面ACD的法向量为=(a,b,c),则,即,
    令b=1,则a=﹣1,c=,∴=(﹣1,1,),
    ∵AB与面ACD所成的线面角为30°,
    ∴sin30°=|cos<,>|=||=||=②,
    由①②解得,y=-,z=2或 ∴A(0,-,2)或(0,),
    ∴AC=.

    21.【解答】解:(1)由题意得f'(x)=﹣(x+2)(aex﹣2),x∈R,
    ①当a<0时,令f'(x)<0,则x<﹣2,∴f(x)在(﹣∞,﹣2)上单调递减;
    令f'(x)>0,则x>﹣2,∴f(x)在(﹣2,+∞)上单调递增;
    ②当0<a<2e2时,则,
    令f'(x)<0,则x<﹣2或,∴f(x)在(﹣∞,﹣2)和上单调递减;
    令f'(x)>0,则,∴f(x)在上单调递增;
    ③当a=2e2时,则f'(x)=﹣2(x+2)(ex+2﹣1)≤0,∴f(x)在(﹣∞,+∞)上单调递减;
    ④当a>2e2时,则,
    令f'(x)<0,则或x>﹣2,∴f(x)在和(﹣2,+∞)上单调递减;
    令f'(x)>0,则,∴f(x)在上单调递增;
    (2)由题意得在(0,1]恒成立,
    ∴g(x)在(0,1]上递增,∴g(x)≤g(1)=1,
    ∴存在m∈(﹣1,1)使得1<m2+4m﹣aem(m+1)成立,
    即成立,
    令,m∈(﹣1,1),则,
    ∴h(m)在(﹣1,1)上递增,∴,
    ∴实数a的取值范围为.
    22.【解答】解:(1)由(α为参数),消去参数α,可得x2+(y﹣2)2=1.
    ∴曲线C1的直角坐标方程为x2+(y﹣2)2=1;
    由ρ2=,得ρ2+3ρ2sin2θ=4,即x2+y2+3y2=4,即.
    ∴曲线C2的直角坐标方程为;
    (2)∵P为曲线C2上的动点,∴设P(2cosα,sinα),
    则P与圆的圆心的距离d==.
    要使|PA|取最大值,则d最大,当sinα=时,d有最大值为.
    ∴|PA|的最大值为.
    23.【解答】解:(Ⅰ)
    当x≤﹣,f(x)单调递减;当﹣<x,f(x)单调递增;
    所以函数f(x)的最小值为1.
    (Ⅱ)证明:由于a+b+c=1,所以,
    即,当且仅当a=,b=c=时取等号.


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