浙江省绍兴市诸暨浦中学2021年高二数学理月考试卷含解析

浙江省绍兴市诸暨浦中学2021年高二数学理月考试卷含解析一、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.复数z满足，则z=（）A.－2－i

B.2－i

C.1－2i

D.1+2i参考答案：B2.已知随机变量则使取得最大值的k值为（）A.2

B.3

C.4

D.5参考答案：A3.抛物线的准线方程是（

）

A．

B．

C．

D．参考答案：B4.直线与椭圆相交于不同的两点、，若的中点横坐标为2，则直线的斜率等于（

）A．

B．

C．

D．参考答案：B5.从1,2,3,4,5中任取两个不同的数字构成一个两位数,这个两位数大于40的概率为

(

)

A.

B.

C.

D.

参考答案：B6.已知是的充分不必要条件，是的必要条件，是的必要条件.那么是成立的（

）A．充分不必要条件

B．必要不充分条件

C.充要条件

D．既不充分也不必要条件参考答案：A7.复数对应的点位于（

）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限参考答案：A【分析】化简复数，所以复数对应的点，即可得到答案.【详解】由题意，复数，所以复数对应的点，故选A.【点睛】本题主要考查了复数的运算，其中解答中熟记复数的运算法则，准确化简复数是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.8.．“”是“”的

A．充分而不必要条件

B．必要而不充分条件

C．充要条件

D．既不充分也不必要条件参考答案：B9.已知(

)A．

B.

C.

D.参考答案：A略10.在ABC中，，则三角形的形状为

（

）A.直角三角形

B.等腰三角形或直角三角形

C.等边三角形

D.等腰三角形参考答案：B略二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.已知点在圆上运动，则的最大值与最小值的积为______．参考答案：12【分析】由几何意义，表示原点到点P的距离．求出原点到圆心的距离，结合圆的半径可得所求最大值和最小值．【详解】圆的标准方程为，表示原点到点P的距离．由圆的几何性质知，，由z的最大值与最小值的积为．故答案为12．【点睛】本题考查圆的一般方程，考查点与圆的位置关系．解题关键是对代数式的几何意义的理解，即表示原点到点P的距离，从而可得解法．12.若且，则复数=

参考答案：或13.如图所示的三角形数阵叫“莱布尼兹调和三角形”，它们是由整数的倒数组成的，第n行有n个数且两端的数均为(n≥2)，每个数是它下一行左右相邻两数的和，如…，则第7行第4个数(从左往右数)为

.

参考答案：

略14.给定两个命题p，q，若是q的必要不充分条件，则p是的________条件.参考答案：充分不必要∵?p是q的必要而不充分条件，∴q是?p的充分不必要条件，即q??p，但?p不能?q，其逆否命题为p??q，但?q不能?p，则p是?q的充分不必要条件．15.椭圆的焦点F1F2，P为椭圆上的一点，已知PF1⊥PF2，则△F1PF2的面积为．参考答案：9【考点】椭圆的简单性质；椭圆的定义．【分析】根据椭圆的定义，PF1+PF2=2a=10∵PF1⊥PF2，由勾股定理得，PF12+PF22=F1F22=4c2=4×（25﹣9）=64

整体求出PF1×PF2，面积可求．【解答】解：根据椭圆的定义，PF1+PF2=2a=10

①∵PF1⊥PF2，由勾股定理得，PF12+PF22=F1F22=4c2=4×（25﹣9）=64

②①2﹣②得2PF1×PF2=100﹣64=36∴s△F1PF2=PF1×PF2=×18=9故答案为：9．16.设函数定义在上，，导函数，．则的最小值是

.参考答案：1略17.若函数在（a，a+6）（b＜﹣2）上的值域为（2，+∞），则a+b=

．参考答案：﹣10【考点】函数的值域．【分析】把已知函数解析式化简，得到在（a，a+6）上为减函数，由此求得a=﹣2，在结合函数的单调性可知f（4）=1﹣=2，求出b后得答案．【解答】解：由=，∵b＜﹣2，∴﹣（b+2）＞0，则函数在（﹣∞，﹣2），（﹣2，+∞）上为减函数，又函数在（a，a+6）上为减函数，且值域为（2，+∞），∴a=﹣2，且f（4）=1﹣=2，解得：b=﹣8．∴a+b=﹣10．故答案为：﹣10．三、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.如图所示，在平面四边形ABCD中，AC与BD为其对角线，已知，且．（1）若AC平分，且，求AC的长；（2）若，求CD的长．参考答案：（1）（2）5分析】（1）由对角线平分，求得，进而得到，在中，利用余弦定理，即可求得的长.（2）根据三角恒等变换的公式，求得，再在中，由正弦定理，即可求解。【详解】（1）若对角线平分，即，∴，∵，∴，∵在中，，，∴由余弦定理可得：，解得，或（舍去），∴的长为.（2）∵，∴，又∵，∴，∴在中，由正弦定理，可得，即的长为5.【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理的应用，其中利用正弦、余弦定理可以很好地解决三角形的边角关系，熟练掌握定理、合理运用是解本题的关键．在中，通常涉及三边三角，知三（除已知三角外）求三，可解出三角形，当涉及两边及其中一边的对角或两角及其中一角对边时，运用正弦定理求解；当涉及三边或两边及其夹角时，运用余弦定理求解.19.（本小题满分12分）已知函数的图像与的图象交于点，且在点处有公共切线。（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）对任意，试比较与的大小.参考答案：（Ⅰ）依题意得

①

……2分又且与在点（1，0）处有公共切线，

②

……4分由①②锝

……6分（Ⅱ）令则……7分上为减函数

……9分

……12分20.如图，三角形PDC所在的平面与长方形ABCD所在的平面垂直．（1）证明：BC∥平面PDA；（2）证明：BC⊥PD．参考答案：【考点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面平行的判定．【分析】（1）推导出BC∥AD，由此能证明BC∥平面PDA．（2）推导出BC⊥CD，从而BC⊥平面PDC，由此能证明BC⊥PD．【解答】证明：（1）因为四边形ABCD是长方形，所以BC∥AD，因为BC?平面PDA，AD?平面PDA，所以BC∥平面PDA．（2）因为四边形ABCD是长方形，所以BC⊥CD，因为平面PDC⊥平面ABCD，平面PDC∩平面ABCD=CD，BC?平面ABCD，所以BC⊥平面PDC，