安徽省合肥市长丰县岗集中学2021年高二数学文月考试题含解析

安徽省合肥市长丰县岗集中学2021年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.设实数x，y满足，则xy的最大值为（

）A.14 B. C. D.参考答案：D【分析】先由约束条件作出可行域，再利用基本不等式进行求解，即可得出结果.【详解】由约束条件作出可行域如下：由图像可得，则，当且仅当，时，取等号；经检验，在可行域内，所以的最大值为.故选D【点睛】本题主要考查简单的线性规划，熟记基本不等式即可求解，属于常考题型.2.9件产品中，有4件一等品，3件二等品，2件三等品，现在要从中抽出4件

产品来检查，至少有两件一等品的种数是（）

A.

B.

C.

D.参考答案：D3.设随机变量X～B（2，P），随机变量Y～B（3，P），若P（X≥1）=，则P（Y≥1）等于（）A． B． C． D．参考答案：A【考点】二项分布与n次独立重复试验的模型．【分析】根据随机变量服从X～B（2，P）和P（X≥1）对应的概率的值，写出概率的表示式，得到关于P的方程，解出P的值，再根据Y符合二项分布，利用概率公式得到结果．【解答】解：∵随机变量服从X～B（2，P），∴P（X≥1）=1﹣P（X=0）=1﹣（1﹣P）2=，解得P=．∴P（Y≥1）=1﹣P（Y=0）=1﹣（1﹣P）3=，故选：A．【点评】本题考查二项分布与n次独立重复试验的模型，本题解题的关键是根据所给的X对应的概率值，列出方程，求出概率P的值．4.4．的展开式中的系数为(

)

（A）4

（B）6

（C）10

（D）20参考答案：D略5.设是等差数列，若,则数列前8项的和为………(

)A.128

B.80

C.64

D.56参考答案：C6.已知F1，F2是椭圆和双曲线的公共焦点，P是它们的一个公共点．且∠F1PF2=，则椭圆和双曲线的离心率的倒数之和的最大值为（）A． B． C．3 D．2参考答案：A【考点】椭圆的简单性质；余弦定理；双曲线的简单性质．【分析】根据双曲线和椭圆的性质和关系，结合余弦定理即可得到结论．【解答】解：设椭圆的长半轴为a，双曲线的实半轴为a1，（a＞a1），半焦距为c，由椭圆和双曲线的定义可知，设|PF1|=r1，|PF2|=r2，|F1F2|=2c，椭圆和双曲线的离心率分别为e1，e2∵∠F1PF2=，∴由余弦定理可得4c2=（r1）2+（r2）2﹣2r1r2cos，①在椭圆中，①化简为即4c2=4a2﹣3r1r2，即，②在双曲线中，①化简为即4c2=4a12+r1r2，即，③联立②③得，=4，由柯西不等式得（1+）（）≥（1×+）2，即（）=即，d当且仅当时取等号，法2：设椭圆的长半轴为a1，双曲线的实半轴为a2，（a1＞a2），半焦距为c，由椭圆和双曲线的定义可知，设|PF1|=r1，|PF2|=r2，|F1F2|=2c，椭圆和双曲线的离心率分别为e1，e2∵∠F1PF2=，∴由余弦定理可得4c2=（r1）2+（r2）2﹣2r1r2cos=（r1）2+（r2）2﹣r1r2，由，得，∴=，令m===，当时，m，∴，即的最大值为，法3：设PF1|=m，|PF2|=n，则，则a1+a2=m，则=，由正弦定理得=，即=sin≤=故选：A7.若双曲线的焦点到其渐近线的距离等于实轴长，则该双曲线的离心率为（）A． B．5 C． D．2参考答案：A【考点】双曲线的简单性质．【专题】计算题．【分析】由已知中双曲线的焦点到其渐近线的距离等于实轴长，通过渐近线、离心率等几何元素，沟通a，b，c的关系，即可求出该双曲线的离心率．【解答】解：∵焦点到渐近线的距离等于实轴长，∴b=2a，∴e2==1+=5、∴e=故选A．【点评】本题考查的知识点是双曲线的简单性质，双曲线的渐近线与离心率存在对应关系，通过a，b，c的比例关系可以求离心率，也可以求渐近线方程．8.在Rt△ABC中，∠BCA=90,CA=CB=1,P为AB边上的点，且,若,则的取值范围是（

）A.

B.

C.

D.参考答案：9.定义在上的偶函数满足，且当时，，若函数有个零点，则实数的取值范围为（

）．

A． B．C． D．参考答案：A∵函数可得图象关于直线对称，且函数为偶函数则其周期，又∵，当时，有，则函数在为减函数，其函数图象如图所示，当，，当时，符合要求，由函数的对称性，当时，符合要求，综上．故选．10.△ABC是球的一个截面的内接三角形，其中AB=18，BC=24、AC=30，球心到这个截面的距离为球半径的一半，则球的半径等于（）A．10 B．10 C．15 D．15参考答案：B【考点】球的体积和表面积．【分析】利用勾股定理判断△ABC为直角三角形，可求得其外接圆的半径，利用球心到这个截面的距离为球半径的一半，求得球的半径R，【解答】解：∵AB=18，BC=24，AC=30，∴AB2+BC2=AC2，△ABC是以AC为斜边的直角三角形．∴△ABC的外接圆的半径为15，即截面圆的半径r=15，又球心到截面的距离为，∴，得．故选B．【点评】本题考查了球心到截面圆的距离与截面圆的半径之间的数量关系，解题的关键是求得截面圆的半径．二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.已知直线和互相平行，则实数的值为_____参考答案：m=6或

12.已知函数（Ⅰ）求不等式的解集；（Ⅱ）若关于的不等式的解集非空，求实数的取值范围.参考答案：略13.在四面体ABCD中，E，F分别是AC、BD的中点，若AB=CD=4，EF⊥AB，则EF与CD所成之角

参考答案：60014.当时,方程表示的曲线可能是

.(填上你认为正确的序号).

①圆;②两条平行直线;③椭圆;④双曲线;⑤抛物线参考答案：①②③15.设函数f（x）=x3+（+2）x2﹣2x，（x＞0），若对于任意的t∈[1，2]，函数f（x）在区间（t，3）上总不是单调函数，则m的取值范围是为．参考答案：【考点】6B：利用导数研究函数的单调性．【分析】通过求导结合函数的单调性得出不等式组，从而确定m的取值范围．【解答】解：f（x）=x3+（+2）x2﹣2x，∴f′（x）=3x2+（m+4）x﹣2，∵f（x）在区间（t，3）上总不是单调函数，且f′（0）=﹣2，∴，由题意得：对于任意的t∈[1，2]，f′（t）＜0恒成立，∴，∴﹣＜m＜﹣9，故答案为：．16.如图，空间四边形OACB中，=，=，=，点M在OA上，且，点N为BC中点，则等于．（用向量，，表示）参考答案：+【考点】空间向量的加减法．【分析】利用向量的三角形法则、平行四边形法则即可得出：==﹣．【解答】解：==﹣=+．故答案为：+．【点评】本题考查了向量的三角形法则、平行四边形法则，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．17.抛物线y2=4x的弦AB垂直x轴，若，则焦点到AB的距离为

．参考答案：2【考点】抛物线的简单性质．【专题】计算题．【分析】不妨设A点在x轴上方，依题意可知A点纵坐标，代入抛物线方程求得A点纵坐标，进而求得抛物线的焦点坐标，则焦点到AB的距离可得．【解答】解：不妨设A点在x轴上方，依题意可知yA=2，则xA==3而抛物线焦点坐标为（1，0）∴AB到焦点的距离是3﹣1=2，故答案为2【点评】本题主要考查了抛物线的简单性质等基础知识，考查数形结合思想，属于基础题．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，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA=AB=PD．（I）证明：平面PQC⊥平面DCQ；（II）求平面QBP与平面BPC的夹角余弦值．参考答案：略19.等差数列的各项均为正数，，前项和为，为等比数列,，且

．（Ⅰ）求与；（Ⅱ）求和：．参考答案：解（Ⅰ）设的公差为，的公比为，则为正整数，，

依题意有…………2分解得或(舍去)

…………5分故……………6分（Ⅱ）

……………2分∴

……………4分

，……6分20.（本小题满分10分）已知在直角坐标系内，直线l的参数方程为(t为参数)．以为极轴建立极坐标系，圆C的极坐标方程为.（Ⅰ）写出直线l的直角坐标方程和圆C的直角坐标方程；（Ⅱ）判断直线l和圆C的位置关系.参考答案：解：（1）消去参数，得直线的直角坐标方程为；

……4分,即，两边同乘以得，消去参数，得⊙的直角坐标方程为：

………8分（2）圆心到直线的距离，所以直线和⊙相交…10分略21.某快递公司规定甲、乙两地之间物品的托运费用根据下列方法计算：f=其中（单位：元）为托运费，ω为托运物品的重量（单位：千克），试写出一个计算费用算法，并画出相应的程序框图.参考答案：算法：第一步：输入物品重量ω；第二步：如果ω≤50，那么f=0.53ω，否则，f=50×0.53+（ω－50）×0.85；第三步：输出物品重量ω和托运费f.相应的程序框图