安徽省芜湖市第十二中学2022年高二数学理月考试卷含解析

安徽省芜湖市第十二中学2022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.设，为复数且满足，则在复平面内对应的点在（）．Ａ．轴下方

Ｂ．轴上方

Ｃ．轴左方

Ｄ．轴右方参考答案：B2.已知、是双曲线的两焦点，以线段为边作正三角形，若边的中点在双曲线上，则双曲线的离心率是(

)A．

B．

C．

D．参考答案：A略3.设在处可导，则等于（

）

A．

B

C

D．参考答案：C4.若执行如图所示的程序框图，则输出的m＝（

）A.8 B.9 C.10 D.11参考答案：D【分析】分别当时代入程序框图计算到即可。【详解】由题意可得：不满足不满足不满足满足跳出循环。故选：D【点睛】本题主要考查了程序框图，属于基础题.5.已知=（1，sinα），=（cos2α，2sinα﹣1），α∈（，π）．若?=，则tan（α+）的值为(

)A． B．﹣ C． D．﹣参考答案：D【考点】三角函数中的恒等变换应用；平面向量数量积的运算；两角和与差的正切函数．【专题】函数思想；转化思想；三角函数的求值．【分析】由已知向量的坐标以及向量的数量积得到关于α的三角函数的等式，先求sinα，再求解tanα．然后利用两角和的正切函数求解即可．【解答】解：∵=（1，sinα），=（cos2α，2sinα﹣1），α∈（，π）．若?=，∴=cos2α﹣sinα+2sin2α=1﹣sinα；解得sinα=，cosα=﹣∴tanα==﹣．tan（α+）==．故选：D．【点评】本题考查了向量的数量积的坐标运算以及三角函数的变形，考查计算能力．6.用反证法证明命题：“三角形的内角中至少有一个不大于60度”时，反设正确的是（

）。A.假设三内角都不大于60度；

B.假设三内角都大于60度；C.假设三内角至多有一个大于60度；

D.假设三内角至多有两个大于60度。参考答案：B7.设为直线,是两个不同的平面,下列命题中正确的是（）A．若,,则 B．若,,则C．若,,则 D．若,,则参考答案：B略8.已知双曲线（）的右焦点与抛物线的焦点相同，则此双曲线的离心率为（

）A．

B．

C．

D．参考答案：C9.过点的直线l与函数的图象交于A，B两点，O为坐标原点，则（

）A. B. C.10 D.20参考答案：D【分析】判断函数的图象关于点P对称，得出过点的直线与函数的图象交于A，B两点时，得出A，B两点关于点P对称，则有，再计算的值．【详解】，∴函数的图象关于点对称，∴过点的直线与函数的图象交于A，B两点，且A，B两点关于点对称，∴，则．故选D．【点睛】本题主要考查了函数的对称性，以及平面向量的数量积运算问题，是中档题．10.若向量a=(1,0)，b=(2,0,0)且a与b的夹角为，则等于(

)A．1

B．

C．-或

D．-1或1参考答案：A二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.已知函数，若，则实数a=_______参考答案：3【分析】由题得到关于a的方程，解方程即得实数a的值.【详解】因为，所以，所以，所以.因为a＞0，所以a=3.故答案为：3【点睛】本题主要考查分段函数求值，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.12.已知P是△ABC所在平面α外一点，O是点

P在平面α内的射影(1)若P到△ABC的三个顶点的距离相等，则O是△ABC外心；(2)若PA、PB、PC与平面α所成的角相等，则O是△ABC的内心；(3)若P到△ABC三边距离相等，且O在△ABC的内部，则O是△ABC的内心；(4)若平面PAB、PBC、PCA与平面α所成的角相等，且O在△ABC的内部，则O是△ABC的外心；(5)若PA、PB、PC两两垂直，则O是△ABC的垂心．其中正确命题的序号是 （把你认为正确命题的序号都写上）参考答案：（1）（3）（5）13.已知F1、F2是双曲线的左、右焦点，P为双曲线上的一点，若∠F1PF2=900，ΔF1PF2三边长成等差数列，则双曲线的离心率为

.参考答案：514.正方形ABCD的边长是a，依次连接正方形ABCD各边中点得到一个新的正方形，再依次连接新正方形各边中点又得到一个新的正方形，依次得到一系列的正方形，如右图所示．现有一只小虫从A点出发，沿正方形的边逆时针方向爬行，每遇到新正方形的顶点时，沿这个正方形的边逆时针方向爬行，如此下去，爬行了10条线段．则这10条线段的长度的平方和是__________．参考答案：略15.给出下列命题：①直线l的方向向量为a＝(1，－1,2)，直线m的方向向量为b＝(2,1，－)，则l与m垂直．②直线l的方向向量为a＝(0,1，－1)，平面α的法向量为n＝(1，－1，－1)，则l⊥α.③平面α、β的法向量分别为n1＝(0,1,3)，n2＝(1,0,2)，则α∥β.④平面α经过三点A(1,0，－1)，B(0,1,0)，C(－1,2,0)，向量n＝(1，u，t)是平面α的法向量，则u＋t＝1.其中真命题的序号是________．参考答案：①④[解析]①∵a·b＝(1，－1,2)·(2,1，－)＝0，∴a⊥b，∴l⊥m，故①真；②∵a·n＝(0,1，－1)·(1，－1，－1)＝0，∴a⊥n，∴l∥α或l?α，故②假；③∵n1与n2不平行，∴α与β不平行，∴③假；④＝(－1,1,1)，＝(－2,2,1)，由条件n⊥，n⊥，∴，即，∴，∴u＋t＝1.16.已知函数在上为减函数，则的取值范围为

。参考答案：17.若抛物线的焦点是,准线是,则经过点、（4，4）且与相切的圆共有

***

个.参考答案：2三、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，在四棱锥P﹣ABCD中，四边形ABCD是菱形，PA=PC，E为PB的中点． （1）求证：PD∥面AEC； （2）求证：平面AEC⊥平面PDB． 参考答案：【考点】直线与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定． 【专题】证明题． 【分析】（1）设AC∩BD=O，连接EO，证明PD∥EO，利用直线与平面平行的判定定理证明PD∥面AEC． （2）连接PO，证明AC⊥PO，AC⊥BD，通过PO∩BD=O，证明AC⊥面PBD，然后证明面AEC⊥面PBD 【解答】解：（1）证明：设AC∩BD=O，连接EO， 因为O，E分别是BD，PB的中点 ，所以PD∥EO…（4分） 而PD?面AEC，EO?面AEC， 所以PD∥面AEC…（7分） （2）连接PO，因为PA=PC， 所以AC⊥PO， 又四边形ABCD是菱形， 所以AC⊥BD…（10分） 而PO?面PBD，BD?面PBD，PO∩BD=O， 所以AC⊥面PBD…（13分） 又AC?面AEC， 所以面AEC⊥面PBD…（14分） 【点评】本题考查直线与平面平行，平面与平面垂直的判定定理的应用，考查空间想象能力．19.已知圆，圆。第一节

判断两圆的位置关系，并指出公切线的条数；第二节

若直线过点，且被圆截得的弦长为，求直线的方程。参考答案：所以，即，故………………9分所以直线的方程为：………………10分20.已知椭圆E：（a＞b＞0）的半焦距为c，原点O到经过两点（c，0），（0，b）的直线的距离为c．（Ⅰ）求椭圆E的离心率；（Ⅱ）如图，AB是圆M：（x+2）2+（y﹣1）2=的一条直径，若椭圆E经过A、B两点，求椭圆E的方程．参考答案：【考点】直线与圆锥曲线的综合问题；曲线与方程．【专题】创新题型；直线与圆；圆锥曲线的定义、性质与方程．【分析】（Ⅰ）求出经过点（0，b）和（c，0）的直线方程，运用点到直线的距离公式，结合离心率公式计算即可得到所求值；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，椭圆E的方程为x2+4y2=4b2，①设出直线AB的方程，代入椭圆方程，运用韦达定理和弦长公式，结合圆的直径和中点坐标公式，解方程可得b2=3，即可得到椭圆方程．【解答】解：（Ⅰ）经过点（0，b）和（c，0）的直线方程为bx+cy﹣bc=0，则原点到直线的距离为d==c，即为a=2b，e===；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，椭圆E的方程为x2+4y2=4b2，①由题意可得圆心M（﹣2，1）是线段AB的中点，则|AB|=，易知AB与x轴不垂直，记其方程为y=k（x+2）+1，代入①可得（1+4k2）x2+8k（1+2k）x+4（1+2k）2﹣4b2=0，设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=．x1x2=，由M为AB的中点，可得x1+x2=﹣4，得=﹣4，解得k=，从而x1x2=8﹣2b2，于是|AB|=?|x1﹣x2|=?==，解得b2=3，则有椭圆E的方程为+=1．【点评】本题考查椭圆的方程和性质，主要考查椭圆的离心率的求法和椭圆方程的运用，联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理和弦长公式，同时考查直线和圆的位置关系，以及中点坐标公式和点到直线的距离公式的运用，属于中档题．21.（12分）已知数列的前n项和为，且满足＝2＋n（n>1且n∈）

（1）求数列的通项公式和前n项的和

（2）设，求使得不等式成立的最小正整数n的值参考答案：解：（1）当n>2时∵＝2＋n∴＝2＋n－1

]两式相减得＝2＋1∵也满足上式∴＝2＋1（n>1且n∈）∴＋1＝2（＋1）又∵，∴是首项为2，公比为2的等比数列∴，∴（n∈）∴＝（n∈）（2）∵由得∴∴

∴即n的最小值是2011.略22.（本小题满分12分）袋中装有黑球和白球共7个,从中任取2个球都是白球的概率为.现在甲、乙两人从袋中轮流摸取1球，甲先取,乙后取,然后甲再取,……,取后不放回,直到两人中有一人取到白球时即终止.每个球在每一次被取出的机会是等可能的,用表示取球终止时所需要的取球次数．(Ⅰ)求袋中原有白球的个数；