2020-2021学年浙江省山河联盟高二下学期4月月考数学试题解析版

2020-2021学年浙江省山河联盟高二下学期4月月考数学试题1．若直线经过两点，且倾斜角为，则m的值为（）A．2 B． C．1 D．【答案】B【分析】根据直线的斜率公式，可得，求解即可.【详解】由题意，可知直线的斜率存在，且，所以，解得.故选：B.2．已知复数，则在复平面内对应的点位于（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】C【分析】由复数除法运算化简求出即可得出.【详解】，在复平面内对应的点位于第三象限.故选：C.3．设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的是A．若，，则B．若，，则C．若，，，，则D．若，，，则【答案】D【分析】对于A，B选项均有可能为线在面内，故错误；对于C选项，根据面面平行判定定理可知其错误；直接由线面平行性质定理可得D正确.【详解】若，，则有可能在面内，故A错误；若，，有可能在面内，故B错误；若一平面内两相交直线分别与另一平面平行，则两平面平行，故C错误．若，，，则由直线与平面平行的性质知，故D正确．故选D.【点睛】本题考查的知识点是，判断命题真假，比较综合的考查了空间中直线与平面的位置关系，属于中档题.4．命题，命题，则p是q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【答案】A【分析】分别求得命题对应的x的解集，比较解集关系，判断充分、必要条件.【详解】由题知，命题或；命题或，故p是q的充分不必要条件故选：A5．用数学归纳法证明：时，在第二步证明从到成立时，左边增加的项数是（）A．1 B． C． D．【答案】C【分析】求出时左边最后一项，及时左边最后一项，进而可求出左边增加的项数.【详解】当时，左边最后一项为，当时，左边最后一项为，所以左边增加的项数为.故选：C.6．有五人排成一排，其中甲只能在排头或排尾，乙、丙两人必须相邻，则满足要求的排法有（）A．6种 B．12种 C．24种 D．36种【答案】C【分析】分步排列，甲站排头或排尾，然后把乙、丙捆绑在一起进行排列有，相乘即可.【详解】甲站排头或排尾，然后把乙、丙捆绑在一起进行排列有，由分步乘法知，总数为故选：C7．若直线与曲线有两个交点，则k的取值范围是（）A． B． C． D．【答案】D【分析】可得曲线表示以为圆心，2为半径的圆的左半圆，直线过定点，化成图形，数形结合可求.【详解】由整理可得，且，故曲线表示以为圆心，2为半径的圆的左半圆，直线过定点，由图可知，且，则要使直线与曲线有两个交点，满足,故k的取值范围是.故选：D.8．已知点F是双曲线的右焦点，点E是该双曲线的左顶点，过F且垂直于x轴的直线与双曲线交于A，B两点，若不是锐角三角形，则该双曲线的离心率e的取值范围是（）A． B． C． D．【答案】D【分析】由题可得若不是锐角三角形，则，由建立关于的齐次不等式可求.【详解】由题可得，和一定为锐角，若不是锐角三角形，则，即，将代入双曲线可得，即，则，又，则整理得，即，解得（舍）或.故选：D.9．若，则（）A． B．C． D．【答案】A【分析】构造函数，利用导数判断单调性，可判断AB，构造函数，利用导数可知函数先减后增，故CD大小不确定.【详解】令，则，当时，，所以，为增函数，由可知，，即，故A正确，B错误；令，则，当时，单调递增，令，可知存在使，故在上递减，在上递增，因为，所以CD无法判断.故选：A10．如图，在矩形中，在线段上，且，将沿翻折．在翻折过程中，记二面角的平面角为，则的最大值为A． B． C． D．【答案】A【分析】做辅助线，构造并找到二面角所对应的平面角，根据已知可得，进而求得其最大值.【详解】在平面图中过A作DM的垂线并延长，交于,交于.在翻折过程中A点在平面BCD上的投影的轨迹就是平面图中的AE.设翻折的角度为，在平面BCD投影为，过作于F，则即为二面角所对的平面角.然后有，.故=，求导得,设，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，所以即时，有最大值，此时=,故选A.【点睛】本题的解题关键在于找到二面角的平面角,并且用了求导数的方法求最大值，有一定的难度.11．已知点P在椭圆方程上，点A坐标为，则的取值范围为______．【答案】【分析】设，可得，从而，结合，可求出的取值范围，从而可求出答案.【详解】由题意，设，则，即，所以，当时，取得最小值；当时，取得最大值.所以，即.故答案为：.12．有3男2女共5名学生被分派去A，B，C三个公司实习，每个公司至少1人，且A公司只要男生，共有___________种不同的分派方法，（用数字作答）【答案】62【分析】利用分类计数原理将该问题分成三类，对A公司进行分类讨论，每一类中用分步乘法计数原理及排列组合的综合应用进行解答即可．【详解】①若公司只有1个男生，有种情况，则B，C两个公司分派人数可以是2,2或1,3或3,1，共有种情况，共有种不同的分派方法；②若公司有2个男生，有种情况，则B，C两个公司分派人数可以是1,2或2,1，有种情况，共有种不同的分派方法；③若公司有3个男生，有种情况，则B，C两个公司分派人数是1,1，有种情况，共有种不同的分派方法.综上所述，共有种不同的分派方法.故答案为：62.13．已知实数a，b，c，d满足，则的最小值为_______．【答案】8【分析】由题可得点在曲线上，点在，则所求为曲线上点到直线距离最小值的平方，求出上平行于的切线方程的切点即可求出.【详解】由可得，所以点在曲线上，点在上，则的最小值即为曲线上点到直线距离最小值的平方，设上平行于的切线方程的切点为，则，则，解得（舍）或，则切点为，则切点到直线的距离为，故的最小值为8.故答案为：8.14．椭圆的长轴长为______，焦点坐标是________．【答案】2【分析】将椭圆化为标准方程可得，从而可求出的值，进而可求出椭圆的长轴长及焦点坐标.【详解】由题意，椭圆方程可化为，则，所以，即，故椭圆的长轴长为，焦点坐标为.故答案为：2；.15．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的最长棱为______，表面积为__________．【答案】【分析】由三视图还原得该几何体为四棱锥，根据图形即可求出.【详解】如图，由三视图还原得该几何体为四棱锥，底面为正方形，且平面，则可得最长棱为，可得，则表面积.故答案为：；.16．二项式的展开式中常数项为_______，所有项的系数和为_______．【答案】80243【分析】求出展开式通项，令的指数为0可求得常数项，令可求得所有项的系数和.【详解】的展开式通项为，令，解得，所以常数项为，令，可得所有项的系数和为.故答案为：80；243.17．已知圆，点P是直线上的动点，过P作圆O的切线，切点是A，B，则的最小值是_________，此时四边形外接圆的面积是________．【答案】【分析】由是圆的切线，切点为，可得，当最小时，最小，利于点到直线的距离公式，可求出，进而可求出，此时四边形是由两个全等的直角三角形组成，该四边形的外接圆直径为线段，即半径，求出面积即可.【详解】因为是圆的切线，切点为，所以，则，所以当最小值时，最小，当与直线垂直时，最小，则，所以，即.此时四边形是由两个全等的直角三角形组成，该四边形的外接圆直径为线段，该圆的半径，面积为.故答案为：；.18．如图，四棱锥的底面是菱形，侧棱底面，，，E是的中点．（1）证明：平面；（2）求二面角的平面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）证明：连接与交于点O，连接．利用三角形中位线定理证明，再利用线面平行的判定定理即可证明面.（2）过B点作交于点F，过F点作交于点G，连接．则为二面角的平面角．在三角形BFG中解三角形，求出二面角的平面角的余弦值.【详解】（1）证明：连接与交于点O，连接．∵四边形为菱形，O为与的交点．∴O为的中点，∵E为的中点，∴∵面，面，∴面.（2）过B点作交于点F，则F为CD中点，过F点作交于点G，连接，则为二面角的平面角,设其为∵∴.在等腰直角三角形PDC中，，E是的中点，且.因为F为CD中点，，所以为△DEC的中位线，所以.因为底面，所以，又且,所以面PDC,所以.在直角三角形BFG中，因为，，所以，因为，解得：，即二面角的平面角的余弦值为.19．已知数列的前n项和分别为，且，．（1）求；（2）猜想的表达式，并用数学归纳法证明．【答案】（1）；（2）猜想；证明见解析．【分析】（1）分别令即可求解；（2）猜想，根据数学归纳法证明即可.【详解】（1）当时，，解得（舍）或，当时，，解得（舍）或，当时，，解得（舍）或，；（2）猜想证明：①当时，左边，右边，符合要求．②假设当时，成立，当时，即，∵，即．∴当时，也成立．根据①②可知，．20．在三棱锥中，．（1）求证：；（2）若，当直线与平面所形成的角的正弦值为时，求的值．【答案】（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）取的中点M，连接，，由等腰三角形的性质有、，根据线面垂直的判定及性质即可证.（2）由勾股定理及（1）的结论，构建以M为坐标原点，为x，y，z轴正方向的空间直角坐标系，根据题设写出、、、的坐标，进而求面的一个法向量，由法向量与直线方向向量的夹角与线面角的关系，即可求的值．【详解】（1）证明：取的中点M，连接，．∵，M为的中点．∴，∵，M为的中点．∴，又∴面，而面，∴.（2）∵，则，∴，又，即，故，∴两两垂直，则以M为坐标原点，为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系．∴，，，则，∴，，若是面的一个法向量，则，令，则，又，∴由题意，直线与平面所形成的角为，则：，化简得.21．已知点M到直线的距离比它到点的距离大1．（1）求点M的轨迹T的方程．（2）过点作抛物线的两条切线，切点分别为A，B．另一直线l过点P与曲线T相交于两点C，D，与直线相交于点Q．问是否为定值？若是，求出定值；若不是，求其最小值．【答案】（1）；（2）是；为定值2【分析】（1）点M到直线的距离与它到点的距离相等，可知点M的轨迹是抛物线，求出方程即可；（2）设，对求导，可求出切线、的方程，整理得，从而可知直线的方程为，进而表示出直线l的方程，与联立，可求出，设，，联立，得到关于的一元二次方程，结合韦达定理，根据，整理可求出为定值．【详解】（1）因为点M到直线的距离比它到点的距离大1，所以点M到直线的距离与它到点的距离相等，所以点M的轨迹是以为焦点，直线为准线的抛物线，其方程为.（2）设，则，由可得，求导得，∴切线的方程为：，即，同理可得切线的方程为：，因为在切线上，所以，即，即，∴直线的方程为．由题可知直线l的斜率存在，设斜率为，则方程为，由，得．设，，由，得，，解得，或，由根与系数的关系可得：，．当时，都小于2；当时，都大于2，所以．∴为定值2．【点睛】关键点点睛：本题考查抛物线的定义及圆锥曲线中的定值问题，解题的关键是求出，结合韦达定理可求出定值，考查学生的计算能力与推理能力，属于难题.22．已知函数．（1）若函数在上单调递增，求实数a的取值范围．（2）若函数存在两个极值点，且，当恒成立时，求实数m的最小值．【答案】（1）；（2）0【分析】（1）对函数求导，由在上单调递增，可知在恒成立，从而解不等式可求出实数a的取值范围；（2）由函数存在两个极值点、，且，可知、是方程的两个不相等的正实根，结合韦达定理，并令，则，整理可得，构造函数，求导可判断在上的单调性，结合恒成立，可求得，可求出答案.【详解】（1）求导得，因为在上单调递增