2021-2022学年江苏省镇江市句容边城中学高二数学文月考试题含解析

1、2021-2022学年江苏省镇江市句容边城中学高二数学文月考试题含解析一、 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. 是虚数单位，（ ） A-1 B1 C D参考答案：B略2. 过椭圆的左焦点作倾斜角为的直线与椭圆交于两点，则( )A. B. C. D. 参考答案：A3. 已知集合，则AB=( )A. 2,3B. 3,4C. 2,4D. (2,3) 参考答案：B【分析】分别解出集合A，B，再求两个集合的交集。【详解】由题解得，则，故选B.【点睛】本题考查集合的交集，属于基础题。4. 直线l：ax+y1=0与x，y轴的交点分别为A，B

2、，直线l与圆O：x2+y2=1的交点为C，D，给出下面三个结论：?a1，SAOB=；?a1，|AB|CD|；?a1，SCOD其中，所有正确结论的序号是（）ABCD参考答案：C【考点】直线与圆的位置关系【分析】当a1时，分别可得直线的截距，由三角形的面积公式易得结论正确；当a1时，反证法可得结论错误；由三角形的面积公式可得SCOD=sinAOC，可得结论正确【解答】解：当a1时，把x=0代入直线方程可得y=a，把y=0代入直线方程可得x=，SAOB=a=，故结论正确；当a1时，|AB|=，故|AB|2=a2+，直线l可化为a2x+ya=0，圆心O到l的距离d=，故|CD|2=4（1d2）=41（

3、a2+），假设|AB|CD|，则|AB|2|CD|2，即a2+4（1），整理可得（a2+）24（a2+）+40，即（a2+2）20，显然矛盾，故结论错误；SCOD=|OA|OC|sinAOC=sinAOC，故?a1，使得SCOD，结论正确故选：C5. 以下关于排序的说法中，正确的是（ ）A排序就是将数按从小到大的顺序排序B排序只有两种方法，即直接插入排序和冒泡排序C用冒泡排序把一列数从小到大排序时，最小的数逐趟向上漂浮D用冒泡排序把一列数从小到大排序时，最大的数逐趟向上漂浮参考答案：C6. 各项均为正数的等比数列的前n项和为，若，则S40等于（ ）A80 B30 C26 D16参考答案：B7.

4、 已知集合,则的子集的个数（ ）A.2 B.4 C.5 D.7参考答案：B略8. 已知变量满足约束条件，目标函数的最小值为-5，则实数（ ）.A-1 B-3 C. 3 D5参考答案：B9. 函数f(x)的定义域为 ( )A2,0)(0,2 B(1,0)(0,2 C2,2 D(1,2参考答案：B10. 下列命题中正确的个数是( )xR,x0；至少有一个整数，它既不是合数也不是质数；xx|x是无理数，x2是无理数A0 B1 C2 D3参考答案：D略二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 不等式的解集为x|x2，那么a的值为 . 参考答案：12. 如图所示：若ABC中，ACB90，

5、BAC60，AB8，PC平面ABC，PC4，M是AB上一点，则PM的最小值为_。参考答案：13. 若直线的倾斜角为则的取值范围为 ;参考答案：略14. 观察按下列顺序排列的等式：90+1=1，91+2=11，92+3=21，93+4=31，猜想第n（nN*）个等式应为 参考答案：9（n1）+n=（n1）10+1考点：归纳推理 专题：推理和证明分析：根据已知的等式，分析等式两边数的变化规律，利用归纳推理进行归纳即可解答：解：90+1=1， 91+2=11=10+1， 92+3=21=20+1， 93+4=31=30+1，由归纳推理猜想第n（nN+）个等式应为：9（n1）+n=（n1）10+1故答

6、案为：9（n1）+n=（n1）10+1点评：本题主要考查归纳推理的应用，根据规律即可得到结论，考查学生的观察与总结能力15. .某地区对某段公路上行驶的汽车速度监控,从中抽取200辆汽车进行测速分析,得到如图所示的频率分布直方图,根据该图,可估计这组数据的平均数和中位数依次为 。参考答案：72和72.516. 将三个1、三个2、三个3填入33的方格中，要求每行、每列都没有重复数字，则不同的填写方法共有 种。参考答案：1217. 已知函数在点处的切线为l，则直线l、曲线f(x)以及y轴所围成的区域的面积为_参考答案：f（x）=12sin2x=cos（2x），f（）=0，切点坐标为了（，0）又f（

7、x）=2sin2xf（）=2，切线的斜率 k=2，切线方程为：y=2（x），即y=2x+，所以直线l、曲线f（x）以及y轴所围成的区域的面积为：.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. 在平面直角坐标系xoy中，已知椭圆的焦点为（，0）（，0），离心率为（1）求椭圆的方程；（2）若圆M：x2+（ym）2=1上的点到椭圆上的点的最远距离为+1，求m的值；（3）过坐标原点作斜率为k的直线l交椭圆于P、Q两点，点N为椭圆上任意一点（异于点P，Q），设直线NP，NQ的斜率均存在且分别记为kNp，kNQ证明：对任意k，恒有kNPkNQ=参考答案：（1）解：由

8、题意得，解得a=2，b=1，椭圆方程为=1（2）解：设圆M上任取一点S，椭圆上任取一点T，则STMT+MS=MT+1，故转化为求圆心M到椭圆上点T的距离的最大值，即MT的最大值，设T（x，y），则MT2=x2+（ym）2，又点T在椭圆上，MT2=x2+（ym）2=3y22my+m2+4（1y1），当，即m3，此时y=1，MT2取到最大值为m2+2m+1，（m+1）2=5，解得m=1?3，+），舍去，当，即m3时，此时y=1，MT2取到最大值为m22m+1，（m1）2=5，解得m=1?（，3，舍去，当1，即3m3时，y=，MT2取到最大值为，解得，符合题意，m的值为（3）证明：根据题意知P，Q关

9、于原点对称，kNP?kNQ=，又点P，N在椭圆上，两式相减，得，对任意k，恒有kNPkNQ=考点：直线与圆锥曲线的综合问题专题： 圆锥曲线中的最值与范围问题分析： （1）由题意得，由此能求出椭圆方程（2）原题转化为求MT取最大值实数m的求解，设T（x，y），则MT2=x2+（ym）2=3y22my+m2+4（1y1），由此利用分类讨论思想能求出m的值（3）由已知得kNP?kNQ=，由此能证明对任意k，恒有kNPkNQ=解答： （1）解：由题意得，解得a=2，b=1，椭圆方程为=1（2）解：设圆M上任取一点S，椭圆上任取一点T，则STMT+MS=MT+1，故转化为求圆心M到椭圆上点T的距离的最大

10、值，即MT的最大值，设T（x，y），则MT2=x2+（ym）2，又点T在椭圆上，MT2=x2+（ym）2=3y22my+m2+4（1y1），当，即m3，此时y=1，MT2取到最大值为m2+2m+1，（m+1）2=5，解得m=1?3，+），舍去，当，即m3时，此时y=1，MT2取到最大值为m22m+1，（m1）2=5，解得m=1?（，3，舍去，当1，即3m3时，y=，MT2取到最大值为，解得，符合题意，m的值为（3）证明：根据题意知P，Q关于原点对称，kNP?kNQ=，又点P，N在椭圆上，两式相减，得，对任意k，恒有kNPkNQ=点评： 本题考查椭圆方程的求法，考查满足条件的实数值的求法，考查直

11、线的斜率之积为定值的证明，解题时要认真审题，注意函数与方程思想的合理运用19. 如图，在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，E为DD1的中点，求证：（1）求证：BD1平面EAC；（2）平面BDD1平面AB1C参考答案：【考点】平面与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定【分析】（1）记AC与BD交于点O，连接EO证明BD1OE，然后证明BD1平面EAC（2）通过DD1AC，ACBD，推出AC平面BDD1，然后证明平面EAC平面BDD1【解答】证明：（1）记AC与BD交于点O，连接EOO，E分别是BD，DD1的中点，BD1OEOE?平面EAC，BD1?平面EAC，BD1平面EAC（2）DD1平面A

12、BCD，AC?平面ABCD，DD1AC又ACBD，DD1BD=D，AC平面BDD1AC?平面EAC，平面EAC平面BDD120. 在甲、乙两个盒子中分别装有标号为1、2、3、4的四个球，现从甲、乙两个盒子中各取出1个球，每个小球被取出的可能性相等（1）求取出的两个球上标号为相邻整数的概率；w.w.w.k.s.5.u.c.o.m （2）求取出的两个球上标号之和能被3整除的概率参考答案：解析：利用树状图可以列出从甲、乙两个盒子中各取出1个球的所有可能结果：可以看出，试验的所有可能结果数为16种。（1）所取两个小球上的标号为相邻整数的结果有12,21,23,32,34,43，共6种。故所求概率（2）

13、所取两个球上的数字和能被3整除的结果有12,21,24,33,42,共5种。故所求概率为21. （本小题满分12分）如图，四边形ABCD为正方形，PD平面ABCD，PDQA，QA=AB=PD（I）证明：平面PQC平面DCQ（II）求二面角Q-BP-C的余弦值参考答案：见解析【知识点】利用直线方向向量与平面法向量解决计算问题 利用直线方向向量与平面法向量解决证明问题解: 如图，以D为坐标原点，线段DA的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系. ()依题意有， 则，所以， ， 即 ，.且故平面.又平面，所以平面平面. 6分 （II）依题意有，=，=. 设是平面的法向量，则 即 因此可取 设是平面的法向量，则 可取所以且由图形可知二面角为钝角故二面角的余弦值为22. （本题满分12