河南省渑池高级中学2021-2022学年高二上学期9月月考数学试题 Word版含答案

2021年高二数学上学期9月月考试卷文（含解析）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求.1．若x∈R，则x=2”是“（x﹣2）（x﹣1）=0”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．既不充分又不必要条件2．椭圆x2+my2=1的焦点在y轴上，焦距是短轴长的两倍，则m的值为（） A． B． C． D． 43．椭圆的一个顶点与两个焦点构成等边三角形，则椭圆的离心率是（） A． B． C． D．4．若圆x2+y2=4上每个点的横坐标不变．纵坐标缩短为原来的，则所得曲线的方程是（）A． B． C． D．5．以双曲线﹣=1的右顶点为焦点的抛物线的标准方程是（）A． y2=4x B． y2=16x C． y2=8x D． y2=﹣8x6．方程mx+ny2=0与mx2+ny2=1（|m|＞|n|＞0）的曲线在同一坐标系中的示意图应是（） A． B． C． D．7．已知命题p：若实数x，y满足x2+y2=0，则x，y全为0；命题q：若，下列为真命题的是（）A． p∧q B． p∨q C．￢p D．（￢p）∧（￢q）8．已知椭圆+=1（a＞b＞0）的左焦点为F，右顶点为A，点B在椭圆上，且BF⊥x轴，直线AB交y轴于点P．若=2，则椭圆的离心率是（）A． B． C． D．9．若双曲线的顶点为椭圆长轴的端点，且双曲线的离心率与该椭圆的离心率的积为1，则双曲线的方程是（）A． x2﹣y2=1 B． y2﹣x2=1 C． x2﹣y2=2 D． y2﹣x2=210．已知命题p：存在实数m使m+1≤0，命题q：对任意x∈R都有x2+mx+1＞0，若p且q 为假命题，则实数m的取值范围为（）A．（﹣∞，﹣2] B． [2，+∞） C．（﹣∞，﹣2]∪（﹣1，+∞） D． [﹣2，2]11．正三角形的一个顶点位于原点，另外两个顶点在抛物线y2=4x上，则这个正三角形的边长为（）A． B． C． 8 D． 1612．如图所示，F为双曲线C：﹣=1的左焦点，双曲线C上的点P i与P7﹣i（i=1，2，3）关于y轴对称，则|P1F|+|P2F|+|P3F|﹣|P4F|﹣|P5F|﹣|P6F|的值是（）A． 9 B． 16 C． 18 D． 27二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把正确答案填在答题纸的横线上，填在试卷上的答案无效.13．命题“存在x∈R，x2﹣2x+1≤0”的否定是．14．椭圆x2+ny2=1与直线y=1﹣x交于M，N两点，过原点与线段MN中点所在直线的斜率为，则n的值是．15．过抛物线y2=4x的焦点作直线l，交抛物线于A，B两点，若线段AB中点的横坐标为3，则|AB|等于．16．已知三个数2，m，8构成一个等比数列，则圆锥曲线+=1离心率为．三、解答题：共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.17．已知双曲线方程是9x2﹣y2=﹣81．求它的实轴和虚轴的长、焦点坐标、离心率和渐近线方程．18．求下列各曲线的标准方程．（1）已知椭圆的两个焦点分别是（﹣2，0），（2，0），并且经过点（，﹣）．（2）已知抛物线焦点在x轴上，焦点到准线的距离为6．19．已知a＞0，命题p：函数y=a x为减函数．命题q：当x∈[，2]时，函数f（x）=x+＞恒成立，如果p或q为真命题，p且q为假命题，求a的取值范围．20．已知p：x2﹣7x+10≤0，q：m≤x≤m+1，若q是p的充分条件，求m的取值范围．21．已知△ABC的顶点A，B的坐标分别为（﹣4，0），（4，0），C 为动点，且满足，求点C 的轨迹方程，并说明它是什么曲线．22．已知圆C方程为（x﹣3）2+y2=12，定点A（﹣3，0），P是圆上任意一点，线段AP的垂直平分线l和直线CP相交于点Q．（Ⅰ）当点P在圆上运动时，求点Q的轨迹E的方程．（Ⅱ）过点C倾斜角为30°的直线交曲线E于A、B两点，求|AB|．xx学年吉林省松原市扶余一中高二（上）9月月考数学试卷（文科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求.1．若x∈R，则x=2”是“（x﹣2）（x﹣1）=0”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．既不充分又不必要条件考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断．专题：函数的性质及应用．分析：根据充分必要条件的定义进行判断．解答：解：∵x=2⇒（x﹣2）（x﹣1）=0，（x﹣2）（x﹣1）=0推不出x=2，∴x=2是（x﹣2）（x﹣1）=0的充分不必要条件，故选：A．点评：本题考查了充分必要条件，是一道基础题．2．椭圆x2+my2=1的焦点在y轴上，焦距是短轴长的两倍，则m的值为（）A． B． C． D． 4考点：椭圆的简单性质．专题：圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：根据椭圆的方程求解，a，b，c的值，即可得到答案．解答：解：∵椭圆x2+my2=1的焦点在y轴上，∴椭圆x2+=1的焦点在y轴上，＞1，2a=2，2b=2，2c=2，∵焦距是短轴长的两倍，∴2=4，m=，故选：A点评：本题综合考查了椭圆的几何性质，计算较容易．3．椭圆的一个顶点与两个焦点构成等边三角形，则椭圆的离心率是（）A． B． C． D．考点：椭圆的简单性质．专题：计算题．分析：由题意可得 cos60°==，从而得到椭圆的离心率的值．解答：解：由题意可得 cos60°==，∴椭圆的离心率是 =，故选 B．点评：本题考查椭圆的标准方程，以及简单性质的应用，得到 cos60°=，是解题的关键．4．若圆x2+y2=4上每个点的横坐标不变．纵坐标缩短为原来的，则所得曲线的方程是（） A． B． C． D．考点：伸缩变换；椭圆的标准方程．专题：计算题．分析：在曲线C上任取一个动点P（x，y），根据图象的变换可知点（x，3y）在圆x2+y2=4上．代入圆方程即可求得x和y的关系式，即曲线的方程．解答：解：在曲线C上任取一个动点P（x，y），根据图象的变换可知点（x，3y）在圆x2+y2=4上，∴x2+9y2=4，即则所得曲线为．故选C．点评：本题主要考查变换法求解曲线的方程，理解变换前后坐标的变化是关键考查了学生分析问题的能力及数学化归思想．5．以双曲线﹣=1的右顶点为焦点的抛物线的标准方程是（）A． y2=4x B． y2=16x C． y2=8x D． y2=﹣8x考点：抛物线的标准方程；双曲线的简单性质．专题：计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：根据双曲线方程，算出它的右顶点为F（2，0），也是抛物线的焦点．由此设出抛物线方程为y2=2px，（p＞0），结合抛物线焦点坐标的公式，可得p=4，从而得出该抛物线的标准方程．解答：解：∵双曲线的方程为﹣=1，∴a2=4，得a=2，∴抛物线的焦点为F（2，0），设抛物线方程为y2=2px，（p＞0），则=2，得2p=8∴抛物线方程是y2=8x．故选：C．点评：本题给出抛物线焦点与已知双曲线的右焦点重合，求抛物线的标准方程，着重考查了双曲线、抛物线的标准方程与简单几何性质等知识，属于基础题．6．方程mx+ny2=0与mx2+ny2=1（|m|＞|n|＞0）的曲线在同一坐标系中的示意图应是（）A． B． C． D．考点：曲线与方程．专题：作图题；分类讨论．分析：当 m和n同号时，抛物线开口向左，方程mx2+ny2=1（|m|＞|n|＞0）表示焦点在y 轴上的椭圆，当m和n异号时，抛物线 y2=﹣开口向右，方程mx2+ny2=1（|m|＞|n|＞0）表示双曲线．解答：解：方程mx+ny2=0 即 y2=﹣，表示抛物线，方程mx2+ny2=1（|m|＞|n|＞0）表示椭圆或双曲线．当 m和n同号时，抛物线开口向左，方程mx2+ny2=1（|m|＞|n|＞0）表示焦点在y轴上的椭圆，无符合条件的选项．当m和n异号时，抛物线 y2=﹣开口向右，方程mx2+ny2=1（|m|＞|n|＞0）表示双曲线，故选 A．点评：本题考查根据曲线的方程判断曲线的形状，体现了分类头论的数学思想，分类讨论是解题的关键．7．已知命题p：若实数x，y满足x2+y2=0，则x，y全为0；命题q：若，下列为真命题的是（）A． p∧q B． p∨q C．￢p D．（￢p）∧（￢q）考点：复合命题的真假．专题：规律型．分析：分别判断命题p，q的真假，利用复合命题与简单命题真假之间的关系进行判断即可．解答：解：若实数x，y满足x2+y2=0，则x，y全为0，∴p为真命题．当a=1，b=﹣1时，满足a＞b，但不成立，∴q为假命题．∴p∧q为假命题，p∨q为真命题，￢p为假命题，（￢p）∧（￢q）为假命题，故选：B．点评：本题主要考查复合命题与简单命题真假之间的关系，先判断简单命题p，q的真假是解决本题的关键．8．已知椭圆+=1（a＞b＞0）的左焦点为F，右顶点为A，点B在椭圆上，且BF⊥x轴，直线AB交y轴于点P．若=2，则椭圆的离心率是（）A． B． C． D．考点：椭圆的简单性质．专题：圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：先求出点B的坐标，设出点P的坐标，利用 =2，得到a与c的关系，从而求出离心率．解答：解：如图，由于BF⊥x轴，故x B=﹣c，y B =，设P（0，t），∵=2，∴（﹣a，t）=2（﹣c，﹣t）．∴a=2c，∴e==，故选 D．点评：本题考查椭圆的简单性质以及向量坐标形式的运算法则的应用，体现了数形结合的数学思想．9．若双曲线的顶点为椭圆长轴的端点，且双曲线的离心率与该椭圆的离心率的积为1，则双曲线的方程是（）A． x2﹣y2=1 B． y2﹣x2=1 C． x2﹣y2=2 D． y2﹣x2=2考点：椭圆的简单性质；双曲线的标准方程．专题：计算题．分析：根据椭圆方程求得其长轴的端点坐标和离心率，进而可得双曲线的顶点和离心率，求得双曲线的实半轴和虚半轴的长，进而可得双曲线的方程．解答：解：由题意设双曲线方程为，离心率为e椭圆长轴的端点是（0，），所以a=．∵椭圆的离心率为∴双曲线的离心率e=，⇒c=2，∴b=，则双曲线的方程是y2﹣x2=2．故选D．点评：本题主要考查了双曲线的性质和椭圆的标准方程．要记住双曲线和椭圆的定义和性质．10．已知命题p：存在实数m使m+1≤0，命题q：对任意x∈R都有x2+mx+1＞0，若p且q 为假命题，则实数m的取值范围为（）A．（﹣∞，﹣2] B． [2，+∞） C．（﹣∞，﹣2]∪（﹣1，+∞） D． [﹣2，2]考点：复合命题的真假．专题：规律型．分析：先求出命题p，q为真命题的等价条件，利用p且q为假命题，即可求实数m的取值范围．解答：解：若存在实数m使m+1≤0，则m≤﹣1，∴p：m≤﹣1．若对任意x∈R都有x2+mx+1＞0，则对应的判别式△=m2﹣4＜0，解得﹣2＜m＜2，即q：﹣2＜m＜2，∴p且q为真时，有，即﹣2＜m≤﹣1．∴若p且q为假命题，则m＞﹣1或m≤﹣2，即实数m的取值范围为（﹣∞，﹣2]∪（﹣1，+∞）．故选：C．点评：本题主要考查复合命题与简单命题真假之间的关系，先求出p且q为真时的等价条件是解决本题的关键．11．正三角形的一个顶点位于原点，另外两个顶点在抛物线y2=4x上，则这个正三角形的边长为（）A． B． C． 8 D． 16考点：抛物线的简单性质．专题：计算题．分析：根据抛物线方程先设其中一个顶点是（x，2 ），根据正三角形的性质 =tan30°=求得x，进而可得另两个顶点坐标，最后求得这个正三角形的边长．解答：解：设其中一个顶点是（x，2 ）因为是正三角形所以 =tan30°=即解得x=12所以另外两个顶点是（12，4 ）与（12，﹣4 ）则这个正三角形的边长为故选B．点评：本题主要考查抛物线的应用．利用抛物线性质解决解三角形问题的关键．12．如图所示，F为双曲线C：﹣=1的左焦点，双曲线C上的点P i与P7﹣i（i=1，2，3）关于y轴对称，则|P1F|+|P2F|+|P3F|﹣|P4F|﹣|P5F|﹣|P6F|的值是（）A． 9 B． 16 C． 18 D． 27考点：双曲线的简单性质．专题：计算题．分析：首先设右焦点为F′，由点P i与P7﹣i（i=1，2，3）关于y轴对称以及双曲线的对称性得出|FP1|=|F′P6|，|FP2|=|F′P5|，|FP3|=|F′P4|，然后根据双曲线的定义得出|F′P6|﹣|P6F|=2a=6，|F′P5|﹣|P5F|=2a=6，|F′P4|﹣|P4F|=2a=6，进而求出结果．解答：解：设右焦点为F′，∵双曲线C上的点P i与P7﹣i（i=1，2，3）关于y轴对称∴P1和P6，P2和P5，P3和P4分别关于y轴对称∴|FP1|=|F′P6|，|FP2|=|F′P5|，|FP3|=|F′P4|，∵|F′P6|﹣|P6F|=2a=6，|F′P5|﹣|P5F|=2a=6，|F′P4|﹣|P4F|=2a=6，∴|P1F|+|P2F|+|P3F|﹣|P4F|﹣|P5F|﹣|P6F|=（|F′P6|﹣|P6F|）+（|F′P5|﹣|P5F|）+（|F′P4|﹣|P4F|）=18故选C．点评：本题考查了双曲线的性质，灵活运用双曲线的定义，正确运用对称性是解题的关键，属于中档题．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把正确答案填在答题纸的横线上，填在试卷上的答案无效.13．命题“存在x∈R，x2﹣2x+1≤0”的否定是∀x∈R，x2﹣2x+1＞0 ．考点：特称命题．专题：简易逻辑．分析：特称命题的否定是全称命题结果即可．解答：解：∵特称命题的否定是全称命题，∴命题“存在x∈R，x2﹣2x+1≤0”的否定是：∀x∈R，x2﹣2x+1＞0．故答案为：∀x∈R，x2﹣2x+1＞0．点评：本题考查特称命题与全称命题的否定关系，注意否定的形式．14．椭圆x2+ny2=1与直线y=1﹣x交于M，N两点，过原点与线段MN中点所在直线的斜率为，则n的值是．考点：直线与圆锥曲线的关系．专题：圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：联立方程组，转化为二次方程，借助韦达定理，求出中点坐标，再利用斜率得到等式，即可求出答案．解答：解：设M（x1，y1），N（x2，y2），中点（x，y），椭圆x2+ny2=1与直线y=1﹣x交于M，N两点化简可得：（1+n）x2﹣2nx﹣n﹣1=0所以x1+x2=，x=，y=，因为过原点与线段MN中点所在直线的斜率为，所以=，即n=，故答案为：点评：本题综合考查了直线与圆锥曲线位置关系，二次方程的系数的运用．15．过抛物线y2=4x的焦点作直线l，交抛物线于A，B两点，若线段AB中点的横坐标为3，则|AB|等于8 ．考点：抛物线的简单性质．专题：计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：根据抛物线方程得它的准线为l：x=﹣1，从而得到线段AB中点M到准线的距离等于4．过A、B分别作AC、BD与l垂直，垂足分别为C、D，根据梯形中位线定理算出|AC|+|BD|=2|MN|=8，结合抛物线的定义即可算出AB的长．解答：解：∵抛物线方程为y2=4x，∴抛物线的焦点为F（1，0），准线为l：x=﹣1设线段AB的中点为M（3，y0），则M到准线的距离为：|MN|=3﹣（﹣1）=4，过A、B分别作AC、BD与l垂直，垂足分别为C、D根据梯形中位线定理，可得|AC|+|BD|=2|MN|=8再由抛物线的定义知：|AF|=|AC|，|BF|=|BD|∴|AB|=|AF|+|BF||AC|+|BD|=8．故答案为：8点评：本题给出过抛物线y2=4x焦点的一条弦中点的横坐标，求该弦的长度．着重考查了抛物线的标准方程和简单几何性质等知识，属于基础题．16．已知三个数2，m，8构成一个等比数列，则圆锥曲线+=1离心率为或．考点：双曲线的简单性质；椭圆的简单性质．专题：圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：由1，m，9构成一个等比数列，得到m=±3．当m=3时，圆锥曲线是椭圆；当m=﹣3时，圆锥曲线是双曲线，由此入手能求出离心率．解答：解：∵2，m，8构成一个等比数列，∴m=±4．当m=4时，圆锥曲线+=1是椭圆，它的离心率是；当m=﹣4时，圆锥曲线+=1是双曲线，它的离心率是．故答案为：或．点评：本题考查圆锥曲线的离心率的求法，解题时要注意等比数列的性质的合理运用，注意分类讨论思想的灵活运用．三、解答题：共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.17．已知双曲线方程是9x2﹣y2=﹣81．求它的实轴和虚轴的长、焦点坐标、离心率和渐近线方程．考点：双曲线的简单性质．专题：圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：把方程化简为：，求出a，b，c 再根据几何性质写出答案．解答：解：∵双曲线方程是9x2﹣y2=﹣81，∴双曲线标准方程为：，实轴长：18，虚轴长为6，a=9，b=3，c=3，焦点坐标（0，±3），离心率：e=，渐近线方程为：y=±3x．点评：本题主要考察了双曲线的方程，几何性质，属于比较简单的计算题．18．求下列各曲线的标准方程．（1）已知椭圆的两个焦点分别是（﹣2，0），（2，0），并且经过点（，﹣）．（2）已知抛物线焦点在x轴上，焦点到准线的距离为6．考点：椭圆的标准方程．专题：圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：（1）由题意可设椭圆的标准方程为（a＞b＞0），设焦点为F1（﹣2，0），F2（2，0），因为椭圆经过点P（，﹣），利用椭圆的定义可得2a=|PF1|+|PF2|，再利用b2=a2﹣c2即可得出．（2）抛物线焦点在x轴上，可设标准方程为y2=±2px（p＞0）．根据焦点到准线的距离为6，可得p=6，即可得到抛物线的标准方程．解答：解：（1）由题意可设椭圆的标准方程为（a＞b＞0），∵椭圆经过点（，﹣）．∴．∴．∵c=2，∴b2=a2﹣c2=10﹣4=6．所求椭圆的标准方程为．（2）∵抛物线焦点在x轴上，可设标准方程为y2=±2px（p＞0）．∵焦点到准线的距离为6，∴p=6．∴抛物线的标准方程为y2=±12x．点评：本题考查了圆锥曲线的定义、标准方程及其性质，属于基础题．19．已知a＞0，命题p：函数y=a x为减函数．命题q：当x∈[，2]时，函数f（x）=x+＞恒成立，如果p或q为真命题，p且q为假命题，求a的取值范围．考点：复合命题的真假．专题：简易逻辑．分析：由a＞0，命题p：函数y=a x为减函数．可得0＜a＜1．命题q：当x∈[，2]时，函数f（x）=x+＞恒成立，可得，利用基本不等式即可得出．由p或q为真命题，p且q为假命题，可得p，q中必然一个真命题一个为假命题．解出即可．解答：解：由a＞0，命题p：函数y=a x为减函数．∴0＜a＜1．命题q：当x∈[，2]时，函数f（x）=x+＞恒成立，∴，∵x∈[，2]时，函数f（x）=x+=2，当且仅当x=1时取等号．∴，又a＞0，∴．∵p或q为真命题，p且q为假命题，∴p，q中必然一个真命题一个为假命题．①当p真q假时，，解得，a的取值范围是．②当q真p假时，，解得a≥1，a的取值范围是[1，+∞）．点评：本题考查了指数函数的单调性、基本不等式、不等式组的解法、“或”“且”“非”命题的真假的判断等基础知识，考查了分类讨论的思想方法，考查了推理能力和计算能力，属于难题．20．已知p：x2﹣7x+10≤0，q：m≤x≤m+1，若q是p的充分条件，求m的取值范围．考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断．专题：规律型．分析：求出p的等价条件，利用q是p的充分条件，确定m的取值范围．解答：解：由x2﹣7x+10≤0，解得2≤x≤5，即p：2≤x≤5．，设A={x|2≤x≤5}∵命题q可知：m≤x≤m+1，设B={x|m≤x≤m+1}，∵q是p的充分条件，∴B⊆A，，解得：2≤m≤4．∴m的取值范围是2≤m≤4．点评：本题主要考查充分条件和必要条件的应用，比较基础．21．已知△ABC的顶点A，B的坐标分别为（﹣4，0），（4，0），C 为动点，且满足，求点C 的轨迹方程，并说明它是什么曲线．考点：椭圆的标准方程；正弦定理．专题：圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：由，可知，即|AC|+|BC|=10＞|AB|=8，根据椭圆的定义可知：点C的轨迹是椭圆（去掉左右顶点）．解答：解：由，可知，即|AC|+|BC|=10＞|AB|=8，满足椭圆的定义．设椭圆方程为，则a′=5，c′=4，∴=3，则轨迹方程为（x≠±5），图形为椭圆（不含左，右顶点）．点评：本题考查了椭圆的定义，属于基础题．22．已知圆C方程为（x﹣3）2+y2=12，定点A（﹣3，0），P是圆上任意一点，线段AP的垂直平分线l和直线CP相交于点Q．（Ⅰ）当点P在圆上运动时，求点Q的轨迹E的方程．（Ⅱ）过点C倾斜角为30°的直线交曲线E于A、B两点，求|AB|．考点：轨迹方程；直线与圆锥曲线的关系．专题：直线与圆；圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：（Ⅰ）由题意可得点Q满足双曲线的定义，且求得a，c的值，再由b2=c2﹣a2求得b，则点Q的轨迹E的方程可求；（Ⅱ）由题意得到直线AB的方程，和双曲线方程联立后利用弦长公式得答案．解答：解：（Ⅰ）由点Q是线段AP垂直平分线上的点，∴|AQ|=|PQ|，又∵，满足双曲线的定义．设E的方程为，则，，则轨迹E方程为；（Ⅱ）直线AB的倾斜角为30°，且直线过C（3，0），∴直线AB的方程为，由，消去y得5x2+6x﹣27=0，设A（x1，y1），B（x2，y2），∴有，．则|AB|=．点评：本题考查了轨迹方程的求法，考查了直线与圆锥曲线的关系，涉及直线与圆锥曲线的关系问题，常用根与系数的关系解决，是压轴题．27172 6A24 樤t36464 8E70 蹰UeX- ]g33954 84A2 蒢29404 72DC 狜6。

2021年高二9月月考数学文试题一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．（5分）若a，b，c∈R，且a＞b，则下列不等式一定成立的是（）A．a+c≥b﹣c B．a c＞bc C．＞0D．（a﹣b）c2≥0考点：不等关系与不等式．专题：阅读型．分析：因为a，b，c∈R，且a＞b，故由此条件，对四个选项逐一验证，依据不等式的性质即可得出正选项．解答：解：A不正确，由于c的正负未定，若其小于0，则不一定正确；B不正确，若c为负，或为0，则不成立；C选项不正确，若c为0，则不等式不成立；D选项正确，由于a﹣b＞0，c2≥0，故一定有（a﹣b）c2≥0故选D点评：本题考查不等式与不等关系，求解的关键是依据不等式的性质与条件作出正确判断．思维的严密性与全面性是做对本题的正确保证．2．（5分）棱长都是1的三棱锥的表面积为（）A．B．C．D．考点：棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积．专题：计算题．分析：棱长都是1的三棱锥，四个面是全等的正三角形，求出一个面积即可求得结果．解答：解：因为四个面是全等的正三角形，则．故选A点评：本题考查棱锥的面积，是基础题．3．（5分）直线在y轴上的截距是（）A．|b| B．﹣b2C．b2D．±b考点：直线的截距式方程．专题：计算题．分析：要求直线与y轴的截距，方法是令x=0求出y的值即可．解答：解：令x=0，得：﹣=1，解得y=﹣b2．故选B点评：此题比较容易，是一道基础题．学生只需知道截距的定义就可求出．4．（5分）（xx•天津）对任意实数a、b、c，在下列命题中，真命题是（）A．“ac＞bc”是“a＞b”的必要条件B．“ac=bc”是“a=b”的必要条件C．“ac＞bc”是“a＞b”的充分条件D．“ac=bc”是“a=b”的充分条件考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断．专题：常规题型．分析：当a=b时，一定有ac=bc．但ac=bc时，且c=0时，a，b可以不相等．即“ac=bc”是“a=b”的必要条件．解答：解：A、C当c＜0时，“ac＞bc”即不是“a＞b”的必要条件也不是充分条件，故A，C 不成立；B、∵当a=b时∴一定有ac=bc．但ac=bc时，且c=0时，a，b可以不相等．即“ac=bc”是“a=b”的必要条件．D、当c=0时，“ac=bc”是“a=b”的充分条件不成立；故选B．点评：注意必要条件、充分条件与充要条件的判断．5．（5分）不等式≤x﹣1的解集是（）A．（﹣∞，﹣1]∪[3，+∞）B．[﹣1，1）∪[3，+∞）C．[﹣1，3]D．（﹣∞，﹣3）∪（1，+∞）考点：其他不等式的解法．专计算题．分析：将不等式进行移项，通分以后再进行求解，注意分母不能等于0也即x≠0；解答：解：≤x﹣1可得﹣（x﹣1）=≤0，也即，∴≥0，解得：x＞3或﹣1＜x＜1；故选B；点评：本题考查不等式的解法，比较基础，容易出错的地方就是必须得移项两边不能直接乘以（x﹣1），是一道基础题；6．（5分）（xx•福建）下列不等式一定成立的是（）A．l g（x2+）＞lgx（x＞0）B．s inx+≥2（x≠kx，k∈Z）C．x2+1≥2|x|（x∈R）D．（x∈R）考点：不等式比较大小．专题：探究型．分析：由题意，可对四个选项逐一验证，其中C选项用配方法验证，A，B，D三个选项代入特殊值排除即可解答：解：A选项不成立，当x=时，不等式两边相等；B选项不成立，这是因为正弦值可以是负的，故不一定能得出sinx+≥2；C选项是正确的，这是因为x2+1≥2|x|（x∈R）⇔（|x|﹣1）2≥0，D选项不正确，令x=0，则不等式左右两边都为1，不等式不成立综上，C选项是正确的故选C点评：本题考查不等式大小的比较，不等式大小比较是高考中的常考题，类型较多，根据题设选择比较的方法是解题的关键7．（5分）（xx•石景山区一模）已知m，n为非零实数，则“＞1”是“＜1”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考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断．分析：本题考查的知识点是充要条件的定义，我们先判断“＞1”⇒“＜1”的真假，再判断“＜1”⇒“＞1”的真假，然后再根据充要条件的定义即可得到结论．解答：解：“＞1”时，n＞m＞0或n＜m＜0此时“＜1”成立；即：“＞1”⇒“＜1”为真命题但反之当m=0，“＜1”成立，但“”无意义，即“＜1”⇒“＞1”为假命题故“＞1”是“＜1”的充分不必要条件故选A点评：判断充要条件的方法是：①若p⇒q为真命题且q⇒p为假命题，则命题p是命题q的充分不必要条件；②若p⇒q为假命题且q⇒p为真命题，则命题p是命题q的必要不充分条件；③若p⇒q为真命题且q⇒p为真命题，则命题p是命题q的充要条件；④若p⇒q为假命题且q⇒p为假命题，则命题p是命题q的即不充分也不必要条件．⑤判断命题p与命题q所表示的范围，再根据“谁大谁必要，谁小谁充分”的原则，判断命题p与命题q的关系．8．（5分）（xx•烟台一模）下列说法错误的是（）A．命题“若x2﹣4x+3=0，则x=3”的逆否命题是：“若x≠3，则x2﹣4x+3≠0”B．“x＞1”是“|x|＞0”的充分不必要条件C．若p且q为假命题，则p、q均为假命题D．命题p：“∃x∈R使得x2+x+1＜0”，则¬p：“∀x∈R，均有x2+x+1≥0”考点：四种命题间的逆否关系；命题的否定；必要条件、充分条件与充要条件的判断．分析：由逆否命题的定义知A是正确的；x＞1|⇒x|＞0成立，但|x|＞0时，x＞1不一定成立，故B是正确的；p且q为假命题，则p和q至少有一个是假命题，故C不正确；特称命题的否定是全称命题，故D是正确的．解答：解：逆否命题是对条件结论都否定，然后原条件作结论，原结论作条件，则A是正确的；x＞1时，|x|＞0成立，但|x|＞0时，x＞1不一定成立，故x＞1是|x|＞0的充分不必要条件，故B是正确的；p且q为假命题，则p和q至少有一个是假命题，故C不正确；特称命题的否定是全称命题，故D是正确的．故选C．点评：本题考查四种命题间的关系，解题时要注意公式的灵活运用．9．（5分）已知函数y=f（x）与y=g（x）的图象如图所示，则不等式的解集是（）A．[5，25]B．[﹣5，25]C．（﹣15，﹣5）∪（5，25]D．（﹣15，﹣5）考点：其他不等式的解法．专题：不等式的解法及应用．分析：由题意可得f（x）与g（x）的函数值的符号相同，结合函数的图象求得x的范围，即为所求．解答：解：不等式即f（x）•g（x）＞0，即f（x）与g（x）的函数值符号相同．结合图象可得5＜x≤25，或﹣15＜x＜﹣5，故选C．点评：本题主要考查分式不等式的解法，函数的图象的应用，属于基础题．10．（5分）下列命题正确的个数为（）①已知﹣1≤x+y≤1，1≤x﹣y≤3，则3x﹣y的范围是[1，7]；②若不等式2x﹣1＞m（x2﹣1）对满足|m|≤2的所有m都成立，则x的范围是（）；③如果正数a，b满足ab=a+b+3，则ab的取值范围是[8，+∞）④a=log2，b=3，c=（）0.5大小关系是a＞b＞c．A．1B．2C．3D．4考点：命题的真假判断与应用．专题：常规题型；综合题．分析：①借助线性规划的知识可解得；②变m为主元，利用恒成立可求得x的范围；③借助基本不等式可得ab的范围；④借助指对数函数的单调性可判断大小．解答：解：①令3x﹣y=z，作出可行域和直线l：y=3x，可知当直线y=3x﹣z过点A（0，﹣1）（直线x+y=﹣1与x﹣y=1的交点）时，z有最小值1，当直线过点B（2，﹣1）（直线x﹣y=3与直线x+y=1的交点）时，z有最大值7，故3x﹣y的范围是[1，7]，故①正确；②原不等式可整理为（x2﹣1）m﹣2x+1＞0，令f（m）=（x2﹣1）m﹣2x+1，∵不等式2x﹣1＞m（x2﹣1）对满足|m|≤2的所有m都成立∴，解得，即＜x＜，故②错误；③∵正数a，b且满足ab=a+b+3，∴ab=a+b+3≥2+3，∴≥4，∴﹣1≤﹣2（舍），或﹣1≥2，∴ab≥9，即ab的范围是[9，+∞），故③错误；④因为对数的底数小于1，而真数大于1，故对数值为负，即a＜0，b＜0，由指数函数可知c＞0，故④错误．故正确答案为：①．故选A．点评：本题主要考查了命题真假的判断，涉及线性规划的知识、不等式的恒成立中参数范围的求解、基本不等式、指对数函数的性质等，属综合题．解题中要注意常规解题方法的使用与总结，属于中档题．11．（5分）（xx•黑龙江）平面α截球O的球面所得圆的半径为1，球心O到平面α的距离为，则此球的体积为（）A．πB．4πC．4πD．6π考点：球的体积和表面积．专题：计算题．分析：利用平面α截球O的球面所得圆的半径为1，球心O到平面α的距离为，求出球的半径，然后求解球的体积．解答：解：因为平面α截球O的球面所得圆的半径为1，球心O到平面α的距离为，所以球的半径为：=．所以球的体积为：=4π．故选B．点评：本题考查球的体积的求法，考查空间想象能力、计算能力．12．（5分）三棱锥P﹣ABC的高PO=8，AC=BC=3，∠ACB=30°，M、N分别在BC和PO 上，且CM=x，PN=3CM，试问下面的四个图象中，那个图象大致描绘了三棱锥N﹣AMC 的体积V与x的变化关系（x∈[0，3]）（）A．B．C．D．考点：棱柱、棱锥、棱台的体积．分析：由题意直接求出三棱锥N﹣AMC的体积V与x变化关系，通过函数表达式，确定函数的图象即可．解答：解：底面三角形ABC的边AC=3，CM=x，∠ACB=30°，∴△ACM的面积为：=又∵三棱锥N﹣AMC的高NO=PO﹣PN=8﹣3x所以三棱锥N﹣AMC的体积V==当x=时取得最大值，开口向下的二次函数，故选A．点评：本题是基础题，考查几何体的体积与函数之间的关系，求出底面三角形的面积，是本题的一个关键步骤，通过二次函数研究几何体的体积的变化趋势是本题的特点，是好题，新颖题目．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，13．（5分）过点P（1，2）作一直线l，使直线l与点M（2，3）和点N（4，﹣5）的距离相等，则直线l的方程为4x+y﹣6=0或3x+2y﹣7=0．考点：点到直线的距离公式；直线的一般式方程．专题：计算题．分析：首先根据直线过P（1，2）设出直线的点斜式，然后根据直线l与点M（2，3）和点N（4，﹣5）的距离相等，利用点到直线的距离，求出k的值．解答：解：∵直线过点P（1，2）∴设l的方程为：y﹣2=k（x﹣1）即kx﹣y﹣k+2=0又直线l与点M（2，3）和点N（4，﹣5）的距离相等∴=化简得：k=﹣4或k=﹣∴l的方程为4x+y﹣6=0或3x+2y﹣7=0点评：本题考查点到直线的距离公式，以及直线的一般式和点斜式方程，通过已知条件，巧妙构造等式求解，属于基础题．14．（5分）若椭圆过抛物线y2=8x的焦点，且与双曲线x2﹣y2=1有相同的焦点，则该椭圆的方程为．考点：椭圆的标准方程．专题：计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：求得抛物线、双曲线的焦点坐标，从而可得椭圆的几何量，由此可得结论．解答：解：抛物线y2=8x的焦点坐标为（2，0），双曲线x2﹣y2=1的焦点坐标为（，0）由题意，，∴a2=4，b2=2∴椭圆的方程为故答案为：点评：本题考查抛物线、双曲线、椭圆的几何性质，考查学生的计算能力，属于基础题．15．（5分）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，直线BD1与平面ABCD所成角的正切值是．考点：空间中直线与平面之间的位置关系．专题：计算题．分析：直接根据正方体图形，设棱长为1，连接BD，分析可得，直线BD1与平面ABCD所成角为∠D1BD，求解即可．解答：解：正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，设棱长为1，连接BD，直线BD1与平面ABCD所成角为∠D1BD 它的正切值：tan∠D1BD===故答案为：．点评：本题考查空间中直线与平面之间的位置关系，考查计算能力，作图能力，是基础题．16．（5分）下面给出的几个命题中：①若平面α∥平面β，AB，CD是夹在α，β间的线段，若AB∥CD，则AB=CD；②a，b是异面直线，b，c是异面直线，则a，c一定是异面直线；③过空间任一点，可以做两条直线和已知平面α垂直；④平面α∥平面β，P∈α，PQ∥β，则PQ⊂α；⑤若点P到三角形三个顶点的距离相等，则点P在该三角形所在平面内的射影是该三角形的外心；⑥a，b是两条异面直线，P为空间一点，过P总可以作一个平面与a，b之一垂直，与另一个平行．其中正确的命题是①④⑤．考点：命题的真假判断与应用．专题：阅读型．分析：①、夹在两平行平面间的平行线段相等；②、异面直线不满足传递性；③、过空间任一点，只能做一条直线和已知平面垂直；④、显然成立，可用反证法给予证明；⑤、若点P到三角形三个顶点的距离相等，则点P在该三角形所在平面内的射影到三角形三个顶点的距离相等，继而判定出结论；⑥依据点的位置不同，得到的结论也不同．解解：①、∵AB∥CD，∴过AB与CD可做平面γ，且平面γ与平面α和β分别交于答：AC和BD．∵α∥β，∴BD∥AC，∴□ABDC为平行四边形，∴AB=CD．故①正确②、a，b是异面直线，b，c是异面直线，则a，c不一定是异面直线，故②错③、过空间任一点，只能做一条直线和已知平面垂直，故③错④、∵平面α∥平面β，P∈α，∴过P点与平面β平行的直线定在平面α内，又∵PQ∥β，∴PQ⊂α．故④正确⑤、∵点P到三角形三个顶点的距离相等，若PO⊥面ABC，且PO∩面ABC于O点∴OA=OB=OC，则点0是该三角形的外心．故⑤正确⑥、若P为直线a，b外的一点，显然结论成立；若P为直线a上的任一点，显然不存在与直线a平行或垂直的平面．故⑥错故答案为①④⑤．点评：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的平行与垂直的关系，我们可以根据常用的定理、定义及公里对这六个结论逐一进行判断，可以得到正确的结论．三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17．（10分）过点A（﹣5，﹣4）作一直线l，使它与两坐标轴相交且与两轴所围成的三角形面积为5．求直线l的方程．考点：直线的一般式方程．专题：计算题．分析：设出直线的方程，求出直线与坐标轴的交点坐标，利用三角形的面积公式求出变量，解得直线方程．解答：解：设直线l的方程为y+4=k（x+5），交x轴于点，交y轴于点（0，5k﹣4），得25k2﹣30k+16=0，或25k2﹣50k+16=0解得，或∴2x﹣5y﹣10=0，或8x﹣5y+20=0为所求．点评：考查用待定系数法求直线方程，本题先引入参数，表示出直线的方程，再根据题设的条件建立起参数的方程求参数，这是求直线方程时常用的一个思路．18．（12分）已知三条直线L1：x﹣2y=0L2：y+1=0L3：2x+y﹣1=0两两相交，先画出图形，再求过这三个交点的圆的方程．考点：圆的标准方程；中点坐标公式；两条直线的交点坐标．专题：作图题；数形结合．分析：先根据题意画出三条直线，再判断由三个交点构成的三角形的形状为直角三角形，并有直线联立求得顶点坐标，最后求出圆心坐标和半径，写出圆的标准方程即可解答：解：如图：通过计算斜率可得L1⊥L3，经过A，B，C三点的圆就是以AB为直径的圆解方程组得所以点A的坐标（﹣2，﹣1）解方程组得所以点B的坐标（1，﹣1）线段AB的中点坐标是，又所以圆的方程是点评：本题考察了直线方程即画法，求直线交点的方法，求圆的标准方程的方法，准确的判断三角形的形状是解决本题的关键19．（12分）如图，平面PAD⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，△PAD是直角三角形，且PA=AD=2，E、F、G分别是线段PA、PD、CD的中点．（1）求证：EF⊥平面PAB；（2）求异面直线EG与BD所成的角的余弦值．考点：直线与平面垂直的判定；异面直线及其所成的角．专题：计算题；证明题．分析：解法一：（1）由题意可证明AD⊥面PAB，E、F分别是线段PA、PD的中点，EF∥AD，从而得证；（2）取BC的中点M，取DC的中点G，连接GM、AM、EM，则GM∥BD，∠EGM （或其补角）就是异面直线EG与BD所成的角．分别求得EM、EG、MG的长度，再利用余弦定理即可求得异面直线EG与BD所成的角的余弦值．解法二：（1）建立如图所示的空间直角坐标系A﹣xyz，A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P（0，0，2），E（0，0，1），F（0，1，1），G（1，2，0）．求得=（0，1，0），=（0，0，2），=（2，0，0），利用•=0，•=0，可证得EF⊥AP，EF⊥AB，从而可证平面EFG⊥平面PAB．（2）求得，利用向量的夹角公式可求得异面直线EG与BD所成的角的余弦值为．解答：解法一：（1）证明：∵ABCD为正方形，△PAD是直角三角形，且PA=AD=2，∴AD⊥AB，AD⊥PA，又AB∩PA=A，（2分）∴AD⊥面PAB．∵E、F分别是线段PA、PD的中点，∴EF∥AD，∴EF⊥面PAB．（6分）（2）解：取BC的中点M，取DC的中点G，连接GM、AM、EM，则GM∥BD，（8分）∴∠EGM（或其补角）就是异面直线EG与BD所成的角．（10分）在Rt△MAE中，，同理，又，∴在△MGE中，…故异面直线EG与BD所成的角的余弦值为．（14分）解法二：建立如图所示的空间直角坐标系A﹣xyz，则A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P（0，0，2），E（0，0，1），F（0，1，1），G（1，2，0）．（1）证明：∵=（0，1，0），=（0，0，2），=（2，0，0），∴•=0×0+1×0+0×2=0，•=0×2+1×0+0×0=0，∴EF⊥AP，EF⊥AB．又∵AP、AB⊂面PAB，且PA∩AB=A，∴EF⊥平面PAB．又EF⊂面EFG，∴平面EFG⊥平面PAB．（2）解：∵，∴，故异面直线EG与BD所成的角的余弦值为．点评：本题考查直线与平面垂直的判定与异面直线及其所成的角，着重考查直线与平面垂直的判定定理的应用及余弦定理解三角形的应用，突出考查几何法与坐标法，属于难题．20．（12分）（xx•辽宁一模）如图，直棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是直角梯形，∠BAD=∠ADC=90°AB=2AD=2CD=2．（1）求证：AC⊥平面BB1C1C；（2）在A1B1上是否存一点P，使得DP与平面BCB1与平面ACB1都平行？证明你的结论．考点：直线与平面垂直的性质；直线与平面平行的性质．专题：证明题；综合题；存在型；转化思想．分析：（1）为证AC⊥平面BB1C1C，须证AC垂直面内两条相交直线：BB1和BC即可．前者易证，后者利用计算方法证明即可．（2）设P为A1B1的中点，证明DCB1P为平行四边形，即可证明存在点P，满足题意．解答：证明：（1）直棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，BB1⊥平面ABCD，∴BB1⊥AC．（2分）又∵∠BAD=∠ADC=90°，AB=2AD=2CD=2，∴，∠CAB=45°，∴，∴BC⊥AC．（4分）又BB1∩BC=B，BB1，BC⊂平面BB1C1C，∴AC⊥平面BB1C1C．（7分）（2）存在点P，P为A1B1的中点．（8分）证明：由P为A1B1的中点，有PB1‖AB，且PB1=AB．（10分）又∵DC‖AB，DC=AB，∴DC∥PB1，且DC=PB1，∴DCB1P为平行四边形，从而CB1∥DP．又CB1⊂面ACB1，DP⊄面ACB1，∴DP‖面ACB1．（12分）同理，DP‖面BCB1．（14分）点评：本题考查直线与平面平行的性质，直线与平面垂直的性质，考查空间想象能力，逻辑思维能力．21．（12分）已知：以点为圆心的圆与x轴交于点O，A，与y轴交于点O、B，其中O为原点，（1）求证：△OAB的面积为定值；（2）设直线y=﹣2x+4与圆C交于点M，N，若OM=ON，求圆C的方程．考点：直线与圆的位置关系；直线的截距式方程；圆的标准方程．分析：（1）求出半径，写出圆的方程，再解出A、B的坐标，表示出面积即可．（2）通过题意解出OC的方程，解出t 的值，直线y=﹣2x+4与圆C交于点M，N，判断t是否符合要求，可得圆的方程．解答：解：（1）∵圆C过原点O，∴，设圆C的方程是，令x=0，得，令y=0，得x1=0，x2=2t∴，即：△OAB的面积为定值；（2）∵OM=ON，CM=CN，∴OC垂直平分线段MN，∵k MN=﹣2，∴，∴直线OC的方程是，∴，解得：t=2或t=﹣2，当t=2时，圆心C的坐标为（2，1），，此时C到直线y=﹣2x+4的距离，圆C与直线y=﹣2x+4相交于两点，当t=﹣2时，圆心C的坐标为（﹣2，﹣1），，此时C到直线y=﹣2x+4的距离，圆C与直线y=﹣2x+4不相交，∴t=﹣2不符合题意舍去，∴圆C的方程为（x﹣2）2+（y﹣1）2=5．点评：本题考查直线与圆的位置关系，圆的标准方程等有关知识，是中档题．22．（12分）已知以点A（﹣1，2）为圆心的圆与直线l1：x+2y+7=0相切．过点B（﹣2，0）的动直线l与圆A相交与M、N两点，Q是MN的中点，直线l与l1相交于点P．（I）求圆A的方程；（II）当时，求直线l的方程；（III）是否为定值，如果是，求出定值；如果不是，请说明理由．考点：直线和圆的方程的应用；直线的一般式方程；圆的标准方程．专题：计算题；证明题．分析：（I）设出圆A的半径，根据以点A（﹣1，2）为圆心的圆与直线l1：x+2y+7=0相切．点到直线的距离等于半径，我们可以求出圆的半径，进而得到圆的方程；（II）根据半弦长，弦心距，圆半径构成直角三角形，满足勾股定理，我们可以结合直线l过点B（﹣2，0），求出直线的斜率，进而得到直线l的方程；（III）由直线l过点B（﹣2，0），我们可分直线的斜率存在和不存在两种情况，分别讨论是否为定值，综合讨论结果，即可得到结论．解答：解：设圆A的半径为R，由于圆A与直线l1：x+2y+7=0相切，∴…．（2分）∴圆A的方程为（x+1）2+（y﹣2）2=20…．（4分）（II）①当直线l与x轴垂直时，易知x=﹣2符合题意…（5分）②当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为y=k（x+2），即kx﹣y+2k=0，连接AQ，则AQ⊥MN∵，∴，…（6分）则由，得，∴直线l：3x﹣4y+6=0．故直线l的方程为x=﹣2或3x﹣4y+6=0…（9分）（III）∵AQ⊥BP，∴…（10分）①当l与x轴垂直时，易得，则，又，∴…（11分）②当l的斜率存在时，设直线l的方程为y=k（x+2），则由，得P（，），则∴综上所述，是定值，且．…（14分）点评：本题考查的知识点是直线和圆的方程的应用，直线的一般式方程，圆的标准方程，其中（I）的关键是求出圆的半径，（II）的关键是根据半弦长，弦心距，圆半径构成直角三角形，满足勾股定理，求出弦心距（即圆心到直线的距离），（III）中要注意讨论斜率不存在的情况，这也是解答直线过定点类问题的易忽略点．。

2021-2022年高二上学期9月月考试题 数学（理） 含答案 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分,满分150分,考试时间120分钟。

第Ⅰ卷(选择题 共60分)一、选择题。

（本大题共12小题，每小题5分，满分60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）1．已知直线()12:210,:10l x ay l a x ay +-=+-=，若，则实数的值为A ．B ．0C ．或0D ．22．已知直线PQ 的斜率为，将直线绕点P 顺时针旋转60°所得的直线的斜率是A ．0B ．C ．D ．－3．在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如右图所示，则相应的侧（左）视图可以为4．已知圆:,过轴上的点向圆引切线，则切线长为A. B. C. D.5．的斜二侧直观图如图所示，则的面积为A ．B ．C ．D ．6．为圆上的动点，是圆的切线，，则点的轨迹方程是俯视图侧视图主视图A. B ．C ．D ．7．下图为某几何体的三视图，图中四边形为边长为1的正方形，两条虚线互相垂直，则该几何体体积为A ．B ．C ．D ．8．半径为的半圆卷成一个圆锥，则它的体积为A ．B ．C ．D ．9．若直线与圆22:220C x y mx ny +--=的四个交点把圆分成的四条弧长相等，则A ．0或B ．0或 1C ．1或D ．0或1或10．如图是某四面体ABCD 水平放置时的三视图（图中网格纸的小正方形的边长为1，则四面体ABCD 外接球的表面积为A. B.C. D.11．已知过定点的直线与曲线相交于两点,为坐标原点,当的面积取最大值时，直线的倾斜角为A ．B ．C ．D ．12．对于平面直角坐标系内任意两点，，定义它们之间的一种“折线距离”：2121(,)||||d A B x x y y =-+-．则下列命题正确的是①若，，则②若为定点，为动点，且满足，则点的轨迹是一个圆；③若点在线段上，则(,)(,)(,)d A C d C B d A B +=；A ．①②B ．②C ．③D ．①②③第Ⅱ卷(非选择题 共90分)二、填空题。

2021-2022年高二数学上学期第一次9月月考试题文一、选择题（每小题5分，共60分）1．已知全集U＝{0,1,2,3,4}，集合A＝{1,2,3}，B＝{2,4}，则(C U A)∪B为( ) A．{1,2,4} B．{2,3,4} C．{0,2,4} D．{0,2,3,4}2.已知点A（2，-3）B（-1,0），则过点A且与直线AB垂直的直线方程为( )A.x-y-5=0B. x-y+1=0C. x+y+1=0D. x+y-5=03.用系统抽样法从160名学生中抽取容量为20的样本，将160名学生随机地从1～160编号，按编号顺序平均分成20组(1～8号，9～16号，…，153～160号)，若第16组抽出的号码为125，则第1组中用抽签的方法确定的号码是( ) A．5 B．6 C．7 D．84.设x,y满足约束条件：,则的最大值为( )A.0B.1C.2D.35.物价部门对某市的5家商场的某商品的一天销售量及其价格进行调查，5家商场的售价x 元和销售量y件之间的一组数据如下表所示：价格x 99.51010.511销售量y 111086 5A．6.在等比数列中，已知则A.12B.18C.24D.367. 某程序框图如图所示，该程序运行后输出的的值是( )A．1007 B．2015 C．xx D．30248.已知函数,则f(的值为( )A. B. C.-1 D.19.点P 为不等式组：所表示的平面区域上的动点，则直线OP 的斜率的最大值与最小值的比值为( ) A.-2 B. C.-3 D.10.函数的最大值为( )A. B. C.1 D. 11.在中，,BC 边上的高等于,则( ) A. B. C. D.12.若直线m 被两条平行线与所截得的线段的长为，则直线m 的倾斜角可能是( ) A.15oB.30oC.45oD.60o二、填空题（每小题5分，共20分）13．若曲线x 2＋y 2＋2x －6y ＋1＝0上相异两点P 、Q 关于直线kx ＋2y －4＝0对称，则k 的值为14.已知函数f(x)是R 的奇函数，且，当时，则 15.若对于任意的,不等式恒成立，则实数a 的取值范围是16．已知|OA →|＝1，|OB →|＝3，OA →·OB →＝0，点C 在∠AOB 内，且∠AOC ＝30°，设OC →＝mOA →＋nOB →(m 、n ∈R)，则m n 等于________．三、解答题（共70分）17.(满分10分)钝角ΔABC 中，角A ，B ，C ，所对的边分别为a,b,c,,（1）求角C 的大小；（2）若ΔABC 的BC 边上中线AD 的长为，求ΔABC 的周长。

2021年高二上学期9月月考数学试题含答案考试范围：必修5第一、二章考试时间：120分钟满分：150分一、选择题：(本大题共10小题，每小题5分，共50分)1、数列1，-3，5，-7，9，…的一个通项公式为A B C D2．已知是等比数列，，则公比=A．B．C．2 D．3．若 ABC中，sin A:sin B:sin C=2:3:4，那么cos C=A. B. C. D.4．设数是单调递增的等差数列，前三项的和为12，前三项的积为48，则它的首项是A．1 B．2 C．D．45．在各项均为正数的等比数列中，若，则……等于A. 5B. 6C. 7D.86．在中,根据下列条件解三角形,其中有两个解的是（）A. b=10, A=450, C=600B. a=6, c=5, B=600C. a=7, b=5, A=600D. a=14, b=16, A=4507．在中，若，则的形状一定是（）A．锐角三角形 B．钝角三角形 C．直角三角形 D．等腰三角形8．在200m高的山顶上，测得山下一塔顶与塔底的俯角分别是30°,60°，则塔高为（）A B C D9．等差数列{a n}和{b n}的前n项和分别为S n和T n，且，则（）A B C D10．已知数列中，前项和为，且点在直线上，则=（）A. B. C. D.二、填空题：（本大题共5小题，每小题5分，共25分）11．已知为等差数列，，，则____________12. 已知数列｛an ｝的前n项和是, 则数列的通项an=__13．在△ABC中,若a2+b2<c2,且sin C =,则∠C =14．△ABC中，a、b、c成等差数列，∠B=30°，=，那么b =15．在钝角△ABC 中，已知a=1,b=2,则最大边c 的取值范围是____________ 。

三、解答题：（本大题分6小题共75分） 16.（本小题满分12分）如图，在四边形ABCD 中，已知AD ⊥CD, AD=10, AB=14, ∠BDA=60︒, ∠BCD=135︒ 求BC 的长．17．（本小题满分12分）等比数列中， ，，求 ．18. （本小题满分12分）在中，内角对边的边长分别是，已知，．（Ⅰ）若的面积等于，求；（Ⅱ）若，求的面积．19．（12分）已知是等差数列，其中 （1）求的通项; （2）求的值。

广大附校xx －xx 学年(上)第一次月考 高二年级 数学试题 xx.9.292021年高二上学期9月月考数学试题 答案不全参考公式： ①方差, 其中 ;②回归直线方程的系数： ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧-=--=∑∑==xb y a x n x y x n y x b ni ini i i 1221第Ⅰ卷 （共50分）一.选择题：本大题共10小题，每小题5分，满分50分，在每小题给出的四 个选项中， 只有一项是符合题目要求的.1. 要从已编号的枚最新研制的某型导弹中随机抽取5枚来进行发射试验,用系统 抽样方法确定所选取的枚导弹的编号可能是( ) A. B. C. D .2. 某校现有高一学生人，高二学生人，高三学生人，用分层抽样的方法从这三个年级的学生中随机抽取名学生进行问卷调查，如果已知从高一学生中抽 取的人数为，那么从高二学生中抽取的人数应为（ ） A. 10 B . 9 C. 8 D. 7 3．设等差数列的前项和为，若，，则（ ） A ．63 B ．45 C ．36 D ．274. 如图所示,程序执行后输出的结果是( )A. 360B. 720 C . 120 D. 305. 执行如图所示的程序框图,若输入则输出的值为( )A. B.C. D.6. 函数的最小正周期是( )A．B．C．D．7. 下图是辆汽车通过某一段公路时的时速频率分布直方图已知时速在的汽车有210辆,由此可知的值是( )A. 250B. 280C. 300D. 3208. 某程序框图如图所示,现分别输入如下函数:①②③④⑤⑥则可以输出的函数的个数是（）A．1个B．2个C．3个D．4个9. 下表提供了某厂节能降耗技术改革后生产产品过程中记录的产量(吨)与相应的生产(第8题图)能耗(吨标准煤)的几组对应数据.根据上表提供的数据,求出关于的线性回归方程为,那么表中的值为( ) A . 3 B. 3.15 C. 3.5 D. 4.5 10.等差数列的公差,且()1sin sin sin cos cos cos sin 72623262323232=+-+-a a a a a a a a ,仅当时,数列的前项和取得最大值,则首项的取值范围是( ) A .B .C .D .第Ⅱ卷 （共100分）二. 填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.11．某小区居民共1650人,现采用分层抽样的方法抽取150人进行身体检查，若该小区 老年人共220人，则在老年人中应抽取_________人;12. 一个样本数据从小到大的顺序为13,14,19,,23,27,28,31,若中位数为22,则________; 13. 某历史老师身高,他爷爷、父亲和儿子的身高分别是、和.因儿子的身高与父亲的身高有关,该老师用线性回归分析的方法预测他孙子的身高 为________________.14. 已知两个等差数列和的前项和分别为和，且，则使得为 整数的正整数一共有____________个.三.解答题:（本大题共6小题，满分80分，解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤）15. (本小题满分12分)要从甲、乙两名划艇运动员中选拔一名去参加比赛,为此对甲、乙两人在相同的条件下进行了次测试,测得他们最大速度()的数据如下:甲: 27, 38, 30, 37, 35, 31; 乙: 33, 29, 38, 34, , 36, 经计算,甲、乙两人次测试的平均成绩相等.(1) 求的值,并用茎叶图表示甲、乙两人的成绩; (6分)(2) 试比较这两名划艇运动员谁更优秀.(6分)16. (本小题满分12分) 已知函数的最小正周期是.(1) 求的值; (3分) (2)求的值; (3分) (3) 若,求的值. (6分)17. (本小题满分14分) 设函数(1) 若,求的最大值及相应的的集合;(7分)(2) 若是的一个零点,且,求函数的单调递增区间.(7分)第18、19、20题见答题卷.广大附校xx －xx 学年(上)第一次月考高二年级 数学答题卷 xx.9.29第Ⅰ卷 （共50分）一.选择题：本大题共10小题，每小题5分，满分50分，在每小题给出的四 个选项中， 只有一项是符合题目要求的.第Ⅱ卷 （共100分）二. 填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分._______________ 座号：____________准答题11. ___________; 12.___________; 13.___________; 14.__________;三.解答题:（本大题共6小题，满分80分，解答须写出文字说明、证明过程和 演算步骤）15.(本小题满分12分)16. (本小题满分12分)17. (本小题满分14分)18. (本小题满分14分)某校有高二学生人, 为了了解他们的体能状况，随机抽取了部分学生进行一分钟 跳绳次数测试,将所得数据整理后，画出频率分布直方图（如图），图中从左到右各小长方 形的面积之比为,其中第二小组频数为.甲乙(茎叶图)（1）求样本容量和图中的值； (5分)（2）若次数在以上为达标，试估计该校高二学生体能达标的人数;(5分) (3) 试估计该校高二学生一分钟跳绳次数的平均值.19. (本小题满分14分)已知是等差数列的前项和,,,是等比数列,,.（1）求数列和的通项公式；(6分)（2）设,求.(8分)20. (本小题满分14分)已知数列的相邻两项、是关于的方程的两实根,且是数列的前项和.(1) 求证: 数列是等比数列;(5分)(2) 问是否存在常数,使得对任意正整数都成立? 若存在,求出的取值范围;若不存在,请说明理由.(9分)31616 7B80 简lf23664 5C70 屰22686 589E 增33487 82CF 苏33040 8110 脐wr31170 79C2 秂37336 91D8 釘~ 23302 5B06 嬆=。

2021-2022年高二上学期9月月考数学文试卷含解析一、选择题（本大题共12道小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．如图所示的圆锥的俯视图为（）A．B．C．D．2．以下对于几何体的描述，错误的是（）A．以半圆的直径所在直线为旋转轴，半圆面旋转一周形成的旋转体叫做球B．一个等腰三角形绕着底边上的高所在直线旋转180°形成的封闭曲面所围成的图形叫做圆锥C．用平面去截圆锥，底面与截面之间的部分叫做圆台D．以矩形的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转形成的面所围成的旋转体叫做圆柱3．若a∥α，b⊂α，则a和b的关系是（）A．平行B．相交C．平行或异面 D．以上都不对4．下列命题中，正确的是（）A．经过两条相交直线，有且只有一个平面B．经过一条直线和一点，有且只有一个平面C．若平面α与平面β相交，则它们只有有限个公共点D．若两个平面有三个公共点，则这两个平面重合5．正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M、N分别为棱AB，DD1中点，则异面直线A1M与C1N所成的角是（）A．0 B．C．D．6．若a，b是两条直线，α是一个平面，则下列命题正确的是（）A．若a∥b，则a平行于经过b的任何平面B．若a∥α，则a与α内任何直线平行C．若a∥α，b∥α，则a∥bD．若a∥b，a∥α，b⊄α，则b∥α7．在下列命题中，不是公理的是（）A．平行于同一个平面的两个平面平行B．过不在同一直线上的三个点，有且只有一个平面C．如果一条直线上的两点在同一个平面内，那么这条直线上所有点都在此平面内D．如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线8．△ABC是边长为1的正三角形，那么△ABC的斜二测平面直观图△A′B′C′的面积为（）A．B．C．D．9．给出下列关于互不重合的三条直线m、l、n和两个平面α、β的三个命题：①若m⊂α，l⊥α=A，点A∉m，则l与m不共面；②若l∥α，m∥β，α∥β，则l∥m；③若l⊂α，m⊂α，l∩m=A，l∥β，m∥β，则α∥β，其中为真命题的是（）A．①②B．②③C．①③D．①②③10．下列各图是正方体或正四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，这四个点中不共面的一个图是（）A． B．C．D．11．若正方体的棱长为，则以该正方体各个面的中心为顶点的凸多面体的表面积为（）A．B．C．D．12．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，点M是对角线A1B上的动点，则AM+MD1的最小值为（）A．B．C．D．2二、填空题（本大题共4道小题，每小题5分，共20分）13．图（1）为长方体积木块堆成的几何体的三视图，此几何体共由块木块堆成；图（2）中的三视图表示的实物为．14．设正方体的全面积为24cm2，一个球内切于该正方体，那么这个球的体积是．15．如图，一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径相等，这时圆柱、圆锥、球的体积之比为．16．圆柱的侧面展开图是边长分别为2a，a的矩形，则圆柱的体积为．三、解答题（本大题共6小题，前5题各12分，第22题10分，共计70分）17．（12分）已知直角三角形ABC，其中∠ABC=60°，∠C=90°，AB=2，求△ABC 绕斜边AB旋转一周所形成的几何体的表面积和体积．18．（12分）已知正三棱锥V﹣ABC的正视图、侧视图和俯视图如图所示．（1）画出该三棱锥的直观图；（2）求出侧视图的面积．19．（12分）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点，求证：（1）B，C，H，G四点共面；（2）平面EFA1∥平面BCHG．20．（12分）已知一几何体的三视图如图（甲）示，（三视图中已经给出各投影面顶点的标记）（1）在已给出的一个面上（图乙），画出该几何体的直观图；（2）设点F、H、G分别为AC，AD，DE的中点，求证：FG∥平面ABE；（3）求该几何体的全面积．21．（12分）已知如图，斜三棱柱ABC﹣A1B1C1中，点D、D1分别为AC、A1C1上的点．（1）当等于何值时，BC1∥平面AB1D1？（2）若平面BC1D∥平面AB1D1，求的值．22．（10分）如图，建造一个容积为16m3，深为2m，宽为2m的长方体无盖水池，如果池底的造价为120元/m2，池壁的造价为80元/m2，求水池的总造价．参考答案与试题解析一、选择题（本大题共12道小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．（xx秋•保山校级期末）如图所示的圆锥的俯视图为（）A．B．C．D．【考点】简单空间图形的三视图．【专题】空间位置关系与距离．【分析】找到从上面看所得到的图形即可．【解答】解：如图放置圆锥的俯视图是一个等腰三角形．故选C．【点评】本题考查了三视图的知识，俯视图是从物体的上面看得到的视图．本题容易误选B．2．（xx秋•武侯区校级期中）以下对于几何体的描述，错误的是（）A．以半圆的直径所在直线为旋转轴，半圆面旋转一周形成的旋转体叫做球B．一个等腰三角形绕着底边上的高所在直线旋转180°形成的封闭曲面所围成的图形叫做圆锥C．用平面去截圆锥，底面与截面之间的部分叫做圆台D．以矩形的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转形成的面所围成的旋转体叫做圆柱【考点】命题的真假判断与应用；棱锥的结构特征；棱台的结构特征；旋转体（圆柱、圆锥、圆台）．【专题】探究型．【分析】利用空间几何体的结构和定义分别判断．【解答】解：根据球的定义可知以半圆的直径所在直线为旋转轴，半圆面旋转一周形成的旋转体叫做球，所以A正确．一个等腰三角形绕着底边上的高所在直线旋转180°形成的封闭曲面所围成的图形叫做圆锥，所以B正确．当平面和底面不平行时，底面与截面之间的部分不一定是圆台，所以C错误．以矩形的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转形成的面所围成的旋转体叫圆柱，所以D正确．‘故选C．【点评】本题主要考查空间立体几何旋转体的概念，要求熟练掌握相关的定义．3．（xx秋•万州区校级月考）若a∥α，b⊂α，则a和b的关系是（）A．平行B．相交C．平行或异面 D．以上都不对【考点】空间中直线与直线之间的位置关系．【专题】空间位置关系与距离．【分析】根据线面平行的定义和性质，即可判断a，b的位置关系．【解答】解：∵a∥α，b⊂α，∴当a，b共面时，满足a∥b，当a，b不共面时，a和b为异面直线，∴a和b的关系是平行或异面．故选：C．【点评】本题主要考查空间直线的位置关系的判断，利用线面垂直的定义和性质是解决本题的关键．4．（xx春•石嘴山校级期末）下列命题中，正确的是（）A．经过两条相交直线，有且只有一个平面B．经过一条直线和一点，有且只有一个平面C．若平面α与平面β相交，则它们只有有限个公共点D．若两个平面有三个公共点，则这两个平面重合【考点】命题的真假判断与应用；空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系．【专题】探究型．【分析】利用平面的几个公理和定理分别判断．【解答】解：根据共面的推理可知，经过两条相交直线，有且只有一个平面，所以A正确．若点在直线上，则经过一条直线和一点，有无数多个平面，所以B错误．两个平面相交，交线是直线，所以它们的公共点有无限多个，所以C错误．若三个公共点在一条直线上时，此时两个平面有可能是相交的，所以D错误．故选A．【点评】本题主要考查平面的基本性质，要求熟练掌握几个公理的应用．5．（xx秋•潞西市校级期末）正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M、N分别为棱AB，DD1中点，则异面直线A1M与C1N所成的角是（）A．0 B．C．D．【考点】异面直线及其所成的角．【专题】空间角．【分析】先通过作平行线的方法作出异面直线所成的角，再在正方形ABB1A1中求解即可．【解答】解：取AA1的中点E，连接B1E，∵E、N分别是中点，∴EB1∥NC1，B1E与A1M所成的角是所求的异面直线所成的角在正方形ABB1A1中，M，E分别是边的中点，∴B1E⊥A1M，则异面直线A1M与C1N所成的角是．故选D．【点评】本题考查异面直线所成的角及空间想象能力，属于基础题．6．（xx秋•武侯区校级期中）若a，b是两条直线，α是一个平面，则下列命题正确的是（）A．若a∥b，则a平行于经过b的任何平面B．若a∥α，则a与α内任何直线平行C．若a∥α，b∥α，则a∥bD．若a∥b，a∥α，b⊄α，则b∥α【考点】空间中直线与平面之间的位置关系；空间中直线与直线之间的位置关系．【专题】空间位置关系与距离．【分析】A利用线面平行的性质判断．B．利用线面平行的性质判断．C．利用线面平行的性质判断．D．利用线面平行的性质判断．【解答】解：A．当平面经过直线a时，不成立，当a在平面外时结论成立，所以A错误．B．若a∥α，则a只有过直线a的平面与α内交线平行，所以B错误．C．平行于同一个平面的两条直线，可能平行，也可能是异面或相交，所以C错误．D．若a∥b，a∥α，b⊄α，则b∥α，所以D正确．故选D．【点评】本题主要考查空间直线和平面的平行的位置关系的判断．7．（xx•安徽）在下列命题中，不是公理的是（）A．平行于同一个平面的两个平面平行B．过不在同一直线上的三个点，有且只有一个平面C．如果一条直线上的两点在同一个平面内，那么这条直线上所有点都在此平面内D．如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线【考点】平面的基本性质及推论．【专题】规律型．【分析】根据公理的定义解答即可．经过人类长期反复的实践检验是真实的，不需要由其他判断加以证明的命题和原理就是公理．【解答】解：B，C，D经过人类长期反复的实践检验是真实的，不需要由其他判断加以证明的命题和原理故是公理；而A平行于同一个平面的两个平面平行是定理不是公理．故选A．【点评】本题考查了公理的意义，比较简单．8．（xx春•武汉校级期末）△ABC是边长为1的正三角形，那么△ABC的斜二测平面直观图△A′B′C′的面积为（）A．B．C．D．【考点】斜二测法画直观图；平面图形的直观图．【专题】计算题．【分析】由原图和直观图面积之间的关系=，求出原三角形的面积，再求直观图△A′B′C′的面积即可．【解答】解：正三角形ABC的边长为1，故面积为，而原图和直观图面积之间的关系=，故直观图△A′B′C′的面积为×=故选D．【点评】本题考查斜二测画法中原图和直观图面积之间的关系，属基本运算的考查．9．（xx秋•万州区校级月考）给出下列关于互不重合的三条直线m、l、n和两个平面α、β的三个命题：①若m⊂α，l⊥α=A，点A∉m，则l与m不共面；②若l∥α，m∥β，α∥β，则l∥m；③若l⊂α，m⊂α，l∩m=A，l∥β，m∥β，则α∥β，其中为真命题的是（）A．①②B．②③C．①③D．①②③【考点】空间中直线与平面之间的位置关系．【专题】对应思想；分析法；空间位置关系与距离．【分析】根据空间线面位置关系及判定定理和性质定理进行判断．【解答】解：对于①，∵m⊂α，l⊥α，∴l⊥m，∵l⊥α=A，点A∉m，∴l和m没有公共点，∴l和m是异面直线，故①正确；对于②，若l∥α，m∥β，α∥β，则l与m可能平行，也可能相交也可能异面，故②错误；对于③，根据面面平行的判定定理可知③正确；故选：C．【点评】本题考查了空间线面位置关系的判断，属于中档题．10．（xx•杭州模拟）下列各图是正方体或正四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，这四个点中不共面的一个图是（）A．B． C．D．【考点】平面的基本性质及推论．【专题】图表型．【分析】由中点构成的中位线和几何体的特征先判断是否平行，再判断是否在同一个平面内．【解答】解：A、有题意和长方体知，PS∥QR，则P、Q、R、S四个点共面，故A 不对；B、有题意和长方体知，PS∥QR，则P、Q、R、S四个点共面，故B不对；C、因PR和QS分别是相邻侧面的中位线，所以PS∥QR，即P、Q、R、S四个点共面，故C不对；D、根据图中几何体得，P、Q、R、S四个点中任意两个点都在两个平面内，并且任意两个点的连线既不平行也不相交，故四个点共面不共面，故D对；故选D．【点评】本题考查了公理2以及推论的应用、棱柱和棱锥的结构特征，主要根据中点构成中位线的性质和几何体进行判断．11．（xx秋•万州区校级月考）若正方体的棱长为，则以该正方体各个面的中心为顶点的凸多面体的表面积为（）A．B．C．D．【考点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积．【专题】计算题；数形结合；数形结合法；立体几何．【分析】所求八面体体积是两个底面边长为1，高为的四棱锥的侧面积之和．【解答】解：所求八面体体积是两个底面边长为1，高为的四棱锥的侧面积之和，如图，四棱锥的侧棱长l==1，∴以该正方体各个面的中心为顶点的凸多面体的表面积：S=8×=2．故选：B．【点评】本题考查多面积的表面积之和的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意数形结合思想的合理运用．12．（xx秋•温州校级期中）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，点M是对角线A1B上的动点，则AM+MD1的最小值为（）A．B．C．D．2【考点】棱柱的结构特征．【专题】计算题．【分析】欲求AM+MD1的最小值，先将展开平面ABA1和平面BCDD1A1放在同一个平面上，再利用两点之间线段最短，结合解三角形即可．【解答】解：将平面ABA1和平面BCDD1A1放在同一个平面上，如图，则AM+MD1的最小值即为线段AD1，在直角三角形AED1中，AE=，ED1=，∴AD1==，故选A．【点评】本题主要考查了棱柱的结构特征、点、线、面间的距离计算，考查空间想象能力，属于基础题．二、填空题（本大题共4道小题，每小题5分，共20分）13．（xx•云南模拟）图（1）为长方体积木块堆成的几何体的三视图，此几何体共由 4 块木块堆成；图（2）中的三视图表示的实物为圆锥．【考点】由三视图还原实物图．【专题】作图题．【分析】求解本问题需要正确由三视图还原实物图，由图（1）可以看出此几何体由两排两列，前排有一个方块，后排有三个，故可得；由图（2）可知，此几何体主视图与侧视图相同，俯视图是一个圆中间有一点，此特征说明此几何体是一个圆锥．【解答】解：（1）由图（1）可以看出此几何体由两排两列，前排有一个方块，后排左面一列有两个木块右面一列有一个，故后排有三个，故此几何体共有4个木块组成．（2）中几何体主视图与侧视图相同，俯视图是一个圆中间有一点，此特征只有圆锥具有，故此几何体是一个圆锥，故答案为（1）4 （2）圆锥【点评】本题考点是由三视图还原实物图，考查利用三视图的作图规则，由三视图还原实物图的能力，这是三视图的一个重要应用，也是三视图在实际问题中的主要运用14．（xx秋•连云港校级期末）设正方体的全面积为24cm2，一个球内切于该正方体，那么这个球的体积是cm3．【考点】球的体积和表面积．【专题】计算题．【分析】根据已知中正方体的全面积为24cm2，一个球内切于该正方体，结合正方体和圆的结构特征，我们可以求出球的半径，代入球的体积公式即可求出答案．【解答】解：∵正方体的全面积为24cm2，∴正方体的棱长为2cm，又∵球内切于该正方体，∴这个球的直径为2cm，则这个球的半径为1cm，∴球的体积V=cm3，故答案为：cm3【点评】本题考查的知识点是球的体积，其中根据正方体和圆的结构特征，求出球的半径，是解答本题的关键．15．（xx•番禺区模拟）如图，一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径相等，这时圆柱、圆锥、球的体积之比为3：1：2 ．【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）．【专题】计算题；压轴题．【分析】由已知中一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径相等，则我们易根据圆柱、圆锥及球的体积公式，求出圆柱、圆锥及球的体积，进而得到答案．【解答】解：设球的半径为R，则圆柱和圆锥的高均为2R，=2π•R3，则V圆柱=π•R3，V圆锥=π•R3，V球故圆柱、圆锥、球的体积之比为：3：1：2故答案为：3：1：2【点评】本题考查的知识点是圆柱、圆锥及球的体积公式，其中根据已知，设出球的半径，进而求出圆柱、圆锥及球的体积中解答本题的关键．16．（xx秋•拉萨校级期末）圆柱的侧面展开图是边长分别为2a，a的矩形，则圆柱的体积为或．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．【专题】空间位置关系与距离．【分析】有两种形式的圆柱的展开图，分别求出底面半径和高，分别求出体积．【解答】解：圆柱的侧面展开图是边长为2a与a的矩形，当母线为a时，圆柱的底面半径是，此时圆柱体积是π×（）2×a=；当母线为2a时，圆柱的底面半径是，此时圆柱的体积是π×（）2×2a=，综上所求圆柱的体积是：或．故答案为：或；【点评】本题考查圆柱的侧面展开图，圆柱的体积，容易疏忽一种情况，导致错误．三、解答题（本大题共6小题，前5题各12分，第22题10分，共计70分）17．（12分）（xx春•昆明校级期末）已知直角三角形ABC，其中∠ABC=60°，∠C=90°，AB=2，求△ABC绕斜边AB旋转一周所形成的几何体的表面积和体积．【考点】组合几何体的面积、体积问题．【专题】计算题；空间位置关系与距离．【分析】以斜边AB为轴旋转一周，所得旋转体的形状是AB边的高CO为底面半径的两个圆锥组成的组合体，几何体的表面积是两个圆锥的侧面积之和，分别计算出两个圆锥的母线长，代入圆锥侧面积公式；即可求出旋转体的表面积；计算出底面半径及两个圆锥高的和，代入圆锥体积公式，即可求出旋转体的体积．【解答】解：如图以斜边AB为轴旋转一周，得旋转体是以AB边的高CO为底面半径的两个圆锥组成的组合体∵AB=2，CB=1，∠B=60°∴CB=sin30°•AB=1，CA=cos30°•AB=，CO==，故此旋转体的表面积，S=π×OC×AC+π×OC×BC=π××（+1）=π．故此旋转体的体积V=•πr2•h=•π•CO2•AB=×π××2=．【点评】本题考查旋转体的表面积与体积的求法，判断旋转体的形状，旋转半径以及母线长，求出几何体的高是解答问题的关键．18．（12分）（xx秋•沈阳校级期中）已知正三棱锥V﹣ABC的正视图、侧视图和俯视图如图所示．（1）画出该三棱锥的直观图；（2）求出侧视图的面积．【考点】简单空间图形的三视图；空间几何体的直观图．【专题】空间位置关系与距离．【分析】（1）由已知中的三视图可得正三棱锥V﹣ABC的，侧棱长为4，底面棱长为2，进而可得该三棱锥的直观图；（2）由（1）求出侧视图的底边边长和高，代入三角形面积公式，可得答案．【解答】解：（1）该三棱锥的直观图，如图所示．（2）根据三视图间的关系可得BC=2，∴侧视图中VA==2，∴S△VBC=×2×2=6．【点评】本题考查了简单几何体的三视图，空间几何体的直观图，考查了学生的空间想象力及三视图中量的相等关系，属于基础题．19．（12分）（xx春•泗县校级期末）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点，求证：（1）B，C，H，G四点共面；（2）平面EFA1∥平面BCHG．【考点】平面与平面平行的判定．【专题】空间位置关系与距离．【分析】（1）利用三角形中位线的性质，证明GH∥B1C1，从而可得GH∥BC，即可证明B，C，H，G四点共面；（2）证明平面EFA1中有两条直线A1E、EF分别与平面BCHG中的两条直线BG、BC平行，即可得到平面EFA1∥平面BCHG．【解答】证明：（1）∵G、H分别为A1B1，A1C1中点，∴GH∥B1C1，∵三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BC∥B1C1，∴GH∥BC∴B、C、H、G四点共面；（2）∵E、F分别为AB、AC中点，∴EF∥BC∴EF∥BC∥B1C1∥GH又∵E、G分别为三棱柱侧面平行四边形AA1B1B对边AB、A1B1中点，∴四边形A1EBG为平行四边形，A1E∥BG∴平面EFA1中有两条直线A1E、EF分别与平面BCHG中的两条直线BG、BC平行∴平面EFA1∥平面BCHG．【点评】本题考查平面的基本性质，考查面面平行，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．20．（12分）（xx•东莞模拟）已知一几何体的三视图如图（甲）示，（三视图中已经给出各投影面顶点的标记）（1）在已给出的一个面上（图乙），画出该几何体的直观图；（2）设点F、H、G分别为AC，AD，DE的中点，求证：FG∥平面ABE；（3）求该几何体的全面积．【考点】直线与平面垂直的判定；由三视图求面积、体积．【专题】计算题；证明题．【分析】（1）根据三视图判断该几何体是底面为正方形的直四棱柱，AC垂直底面．（2）利用三角形的中位线性质证明线面平行，进而证明面面平行，再利用面面平行的性质证明线面平行．（3）棱锥的全面积等与各个面的面积之和，先证各个侧面都是直角三角形，计算出各个侧面的面积．【解答】解：（1）该几何体的直观图如图示：（2）证明：由图（甲）知四边形CBED为正方形∵F、H、G分别为AC，AD，DE的中点∴FH∥CD，HG∥AE∵CD∥BE∴FH∥BE∵BE⊂面ABE，FH⊄面ABE∴FH∥面ABE同理可得 HG∥面ABE又∵FH∩HG=H∴平面FHG∥平面ABE又∵FG⊂面FHG∴FG∥平面ABE（3）由图甲知AC⊥CD，AC⊥BC，BC⊥CD∴CD⊥平面ACB，∴CD⊥AB同理可得ED⊥AD∵S△ACB =S△ACD，S△ABE=S△ADE=×2×2=2，SCBED=4，∴该几何体的全面积S=S△ACB +S△ACD+S△ABE+S△ADE+SCBED=2+2+4+4=4（2+）．【点评】本题考查利用三视图判断几何体的形状，求几何体的表面积，证明线面垂直．21．（12分）（xx秋•万州区校级月考）已知如图，斜三棱柱ABC﹣A1B1C1中，点D、D1分别为AC、A1C1上的点．（1）当等于何值时，BC1∥平面AB1D1？（2）若平面BC1D∥平面AB1D1，求的值．【考点】直线与平面平行的判定；平面与平面平行的性质．【专题】计算题；证明题．【分析】（1）欲证BC1∥平面AB1D1，根据直线与平面平行的判定定理可知只需证BC1与平面AB1D1内一直线平行，取D1为线段A1C1的中点，此时=1，连接A1B交AB1于点O，连接OD1，OD1∥BC1，OD1⊂平面AB1D1，BC1⊄平面AB1D1，满足定理所需条件；（2）根据平面BC1D与平面AB1D1平行的性质定理可知BC1∥D1O，同理AD1∥DC1，根据比例关系即可求出所求．【解答】解：（1）如图，取D1为线段A1C1的中点，此时=1，连接A1B交AB1于点O，连接OD1．由棱柱的性质，知四边形A1ABB1为平行四边形，所以点O为A1B的中点．在△A1BC1中，点O、D1分别为A1B、A1C1的中点，∴OD1∥BC1．又∵OD1⊂平面AB1D1，BC1⊄平面AB1D1，∴BC1∥平面AB1D1．∴=1时，BC1∥平面AB1D1，（2）由已知，平面BC1D∥平面AB1D1且平面A1BC1∩平面BDC1=BC1，平面A1BC1∩平面AB1D1=D1O．因此BC1∥D1O，同理AD1∥DC1．∴=，=．又∵=1，∴=1，即=1．【点评】本题主要考查了直线与平面平行的判定，以及平面与平面平行的性质，考查空间想象能力、运算求解能力、推理论证能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，属于中档题．22．（10分）（xx秋•拉萨校级期末）如图，建造一个容积为16m3，深为2m，宽为2m的长方体无盖水池，如果池底的造价为120元/m2，池壁的造价为80元/m2，求水池的总造价．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．【专题】计算题；方程思想；综合法；空间位置关系与距离．【分析】求出水池的长，可得底面积与侧面积，利用池底的造价为120元/m2，池壁的造价为80元/m2，即可求水池的总造价．【解答】解：分别设长、宽、高为am，bm，hm；水池的总造价为y元，则V=abh=16，h=2，b=2，∴a=4m，∴S=4×2=8m2，底=2×（2+4）×2=24m2，S侧∴y=120×8+80×24=2880元．【点评】本题考查利用数学知识解决实际问题，考查学生的计算能力，属于中档题．S31702 7BD6 篖(Y36252 8D9C 趜(L36167 8D47 赇27853 6CCD 泍28130 6DE2 淢Z21155 52A3 劣25005 61AD 憭e38400 9600 阀。

2021年高二9月月考数学含答案一、选择题：(本大题共12小题，每小题5分，共60分)1、已知数列{a n}满足a1=2，a n+1-a n+1=0，(n∈N+)，则此数列的通项a n等于( ) A．n2+1 B．n+1 C．1-n D．3-n2、设是等差数列，且则这个数列的前5项和S5=( )A．10 B．15 C．20 D．253、已知、、为△的三边,且,则等于（）A．B．C．D．4、在△ABC中，若a = 2 ,, , 则B等于（）A． B．或 C． D．或5、已知中，a=5, b = 3 , C = 1200 ,则sinA的值为（）A、 B、 C、 D、6、若是等差数列，首项，则使前n项和成立的最大自然数n是（）A．4005 B．4006 C．4007 D．40087、数列中,,且数列是等差数列,则等于（）A．B．C．D．58、某人要制作一个三角形,要求它的三条高的长度分别为,则此人（）A．不能作出这样的三角形B．能作出一个锐角三角形C．能作出一个直角三角形D．能作出一个钝角三角形9、夏季高山上气温从山脚起每升高100 m降低0.7 ℃，已知山顶的气温是14.1 ℃，山脚的气温是26 ℃.那么，此山相对于山脚的高度是( )A．1500 m B．1600 m C．1700 m D．1800 m10、在中，角A、B、C所对应的边分别为a、b、c，若角A、B、C依次成等差数列，且=（）A． B．C．D．211、在一幢10米高的楼顶测得对面一塔吊顶的仰角为，塔基的俯角为，那么这座塔吊的高是（）A． B．C．D．12、在一个数列中,若每一项与它的后一项的乘积都同为一个常数(有限数列最后一项除外),则称该数列为等积数列,其中常数称公积.若数列是等积数列,且,公积为6,则的值是（）A．B．C．D．二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上) 13．某货轮在处看灯塔在北偏东方向,它向正北方向航行24海里到达处,看灯塔在北偏东方向.则此时货轮到灯塔的距离为___________海里.14．已知为等差数列,为其前项和.若,,则________;=________.15．在中，角的对边分别为，若成等差数列，，的面积为，则16、设为有穷数列，为的前项和，定义数列的期望和为，若数列的期望和，则数列的期望和＿＿＿＿＿.三、解答题(本大题共6小题，共74分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17．已知等差数列中，，,求：（I）首项和公差；（II）该数列的前8项的和的值．18.设的内角,,所对的边长分别为,,,且,.(Ⅰ)当时,求的值;(Ⅱ)当的面积为时,求的值.19、如图，港口A北偏东30°方向的C处有一检查站，港口正东方向的B处有一轮船，距离检查站31海里，该轮船从B处沿正西方向航行20海里后到达D处观测站，已知观测站与检查站距离21海里，问此时轮船离港口A还有多远？20．已知函数．(1)求函数的最小值和最小正周期；(2)已知内角的对边分别为，且，若向量与共线，求的值．21.已知正数列的前n项和(I)求的通项公式;(II)令,问数列的前多少项的和最大?22. 已知数列的前n项为和S n，点在直线上．数列满足,且b3=11，前9项和为153．(I)求数列的通项公式；(II)设，问是否存在m∈N*，使得成立?若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．高二月考试题参考答案一、选择题： DDBBA BBDCC BD二、填空题：13、;14. 1, 15、 16、992三、解答题：17、解 (Ⅰ) 由等差数列的通项公式：=，得解得 =3，=2.(Ⅱ) 由等差数列的前项和公式：，得 .18.解:(Ⅰ)因为,所以由正弦定理,可得所以(Ⅱ)因为的面积,,所以,由余弦定理,得,即所以,,所以,19、【答案】在△BDC中，由余弦定理知cos∠CDB＝BD2＋CD2－BC22BD·CD＝－17，sin∠CDB＝437．∴sin∠ACD＝sin⎝⎛⎭⎪⎫∠CDB－π3＝sin∠CDB cosπ3－cos∠CDB sinπ3＝5314，∴轮船距港口A还有15海里．20、,2b,sinsinAaBba==得由正弦定理：①又c=3，由余弦定理，得②解方程组①②，得。

河南高二高中数学月考试卷班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.在等差数列中，,则（）A．5B．8C．10D．142.在中，若，则的形状是（）A．钝角三角形B．直角三角形C．锐角三角形D．不能确定3.设是等差数列的前项和，已知，则等于（）A．13B．35C．49D．634.已知是由正数组成的等比数列，表示的前项的和，若，，则的值是（）A．B．C．D．5.在△ABC中,已知，则角A=（）A．30°或150°B．60°或120°C．60°D．30°6.《莱因德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一，书中有这样的一道题目：把个面包分给个人，使每人所得成等差数列，且使较大的三份之和的是较小的两份之和，则最小的份为（）A．B．C．D．7.△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c．若a、b、c成等比数列且c＝2a，则＝（）A． B． C． D．8.若数列的通项公式是（）A．15B．12C．D．9.在△ABC中，BC＝2，B＝，当△ABC的面积等于时，sin C＝（）A．B．C．D．10.在数列中，，，则的值为（）A．B． 5C．D．以上都不对11.已知数列满足且若函数，记则数列的前9项和为（）A．0B．-9C．9D．1二、解答题1.定义为个正数的“平均倒数”．若正项数列的前项的“平均倒数”为，则数列的通项公式为＝（）A．B．C．D．2.（本小题10分）在△ABC中，已知sinB=, cosA=, 试求cosC的值．3.（本小题12分）设，（1）求证：;（2）求和4.（本小题12分）叙述并证明余弦定理5.（本小题12分）已知数列，为数列的前项和.（1）求数列的通项公式；（2）设求数列的前项和.6.（本小题满分12分）在锐角△中，角的对边分别为且sin=（1）求的值；（2）若，求△面积的最大值及此时的值.7.数列满足.（1）设，求数列的通项公式.（2）设，数列的前n项和为，不等式对一切成立，求m的范围.三、填空题1.用火柴棒摆“金鱼”，如图所示：按照上面的规律，第个“金鱼”图需要火柴棒的根数为．2.在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且a＝8，B＝60°，C＝75°，则．3.在等差数列中，=7，公差为d,前n项和为，当且仅当n=8时最大，则d的取值范围4.在△ABC中，若b＝2a，B＝A＋60°，则A＝______河南高二高中数学月考试卷答案及解析一、选择题1.在等差数列中，,则（）A．5B．8C．10D．14【答案】B【解析】因为,又因为，所以，故答案D.【考点】等差数列通项公式.2.在中，若，则的形状是（）A．钝角三角形B．直角三角形C．锐角三角形D．不能确定【答案】A【解析】因为,由已知条件得，所以C为钝角，所以△ABC为钝角三角形，故选A【考点】（1）正弦定理；（2）余弦定理.3.设是等差数列的前项和，已知，则等于（）A．13B．35C．49D．63【答案】C.【解析】因为，根据等差数列前n项和公式，故答案是C.【考点】（1）等差数列性质；（2）等差数列前n项和4.已知是由正数组成的等比数列，表示的前项的和，若，，则的值是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】因为，又因为是正数，所以，又，所以，所以，故选C.【考点】（1）等比数列性质；（2）等比数列前n项和.5.在△ABC中,已知，则角A=（）A．30°或150°B．60°或120°C．60°D．30°【答案】D【解析】根据正弦定理：，因为,所以.故选D.【考点】正弦定理.6.《莱因德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一，书中有这样的一道题目：把个面包分给个人，使每人所得成等差数列，且使较大的三份之和的是较小的两份之和，则最小的份为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】：设每个人由少到多的顺序得到面包分别为，因为每个人所得的面包成等差数列设公差为,则有①，又最大的三份之和的是较小的两份之和得到：较小的两份之和②联立①②解得，故答案选A.【考点】等差数列通项公式7.△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c．若a、b、c成等比数列且c＝2a，则＝（）A． B． C． D．【答案】D.【解析】因为成等比数列，且，则，，所以,故答案选D.【考点】（1）等比数列；（2）余弦定理.8.若数列的通项公式是（）A．15B．12C．D．【答案】A【解析】：因为当为奇数时，，所以，所以.故选A.【考点】数列求和.9.在△ABC中，BC＝2，B＝，当△ABC的面积等于时，sin C＝（）A．B．C．D．【答案】B【解析】由，所以，由余弦定理得，再由正弦定理得，故选B.【考点】（1）正弦定理；（2）余弦定理.10.在数列中，，，则的值为（）A．B． 5C．D．以上都不对【答案】A【解析】：，所以是以3为周期的数列，所以，故答案A.【考点】数列性质.11.已知数列满足且若函数，记则数列的前9项和为（）A．0B．-9C．9D．1【答案】C【解析】：∵数列满足,∴数列是等差数列，∵，∵同理，∴，所以数列的前9项和为9，故答案C.【考点】（1）三角函数；（2）数列求和二、解答题1.定义为个正数的“平均倒数”．若正项数列的前项的“平均倒数”为，则数列的通项公式为＝（）A．B．C．D．【答案】B【解析】设数列的前n项和为，则，所以，当时，当时，=，时适合，综上，故选B.【考点】数列通项公式.2.（本小题10分）在△ABC中，已知sinB=, cosA=, 试求cosC的值．【答案】【解析】:根据算出,由，可以得出B为锐角，这样可以算出的值，由，根据两角和与差的三角函数可以算出的值.由=，得=,∵∴B中能是锐角∴=,又=" -" cos（A + B）==.【考点】（1）正弦定理；（2）诱导公式；（3）两角和与差的三角函数.3.（本小题12分）设，（1）求证：;（2）求和【答案】（1）略；（2）【解析】：（1）因为，在第二项的分子分母同时乘以后，化简整理即可得出答案；（2）由（1）的结论知：…=1，故采用倒序相加即可得出结论.（1）＝1（2）由（1）知恒成立．设S＝，则S＝，以上两式相加得＝＝2013，∴＝ .【考点】函数的综合应用4.（本小题12分）叙述并证明余弦定理【答案】余弦定理：三角形任何一边的平方等于其他两边平方的和减去这两边与他们夹角的余弦之积的两倍．证明详见解析．【解析】余弦定理：三角形任何一边的平方等于其他两边平方的和减去这两边与他们夹角的余弦之积的两倍．或：在ABC中，a,b,c为A,B,C的对边，有；；根据向量的平方与向量模的关系有：,再由向量的减法可得：代入前式，然后展开，再注意到，就可证明；同理可证其他两个．方法一：如图即,同理可证,.方法二：已知ABC中A,B,C所对边分别为a,b,c,以A为原点，AB所在直线为x轴，建立直角坐标系，则,=,同理可证：，.【考点】平面向量数量积的应用.5.（本小题12分）已知数列，为数列的前项和.（1）求数列的通项公式；（2）设求数列的前项和.【答案】（1）；（2）【解析】试题分析因为当时，，当时，，两式相减得知此数列是一个以2为公比的等比数列，由等比数列的通项公式可得出数列的通项公式．由（1）可得到，从而数列的前项和在①两边同时乘以数列的公比2后，两式相减，利用错位相消法即可求出．（1）当时，,, ，当时，则,，，是首项、公比等比数列，；（2）由（1）得，，，①，②-②得,.【考点】（1）由递推公式求通项公式；（2）数列求和.6.（本小题满分12分）在锐角△中，角的对边分别为且sin=（1）求的值；（2）若，求△面积的最大值及此时的值.【答案】（1）；（2）最大值为，此时.【解析】：（1）根据正弦定理和已知条件得,可以求出，然后求出.（2）根据（1）和得，利用基本不等式求出的最大值，这样可以求出△ABC面积的最大值以及的值.（1）由正弦定理得，,, ，△是锐角三角形，；（2）由（1）得，，，，，当且仅当时，的面积取最大值.【考点】（1）正弦定理；（2）余弦定理7.数列满足.（1）设，求数列的通项公式.（2）设，数列的前n项和为，不等式对一切成立，求m的范围.【答案】（1）；（2）或.【解析】（1）由已知得，所以，这样可以累差求出的通项公式.可以求出的前项和，根据题意，这样可以求出m的取值范围.试题解析：由已知得，所以，则，叠加得，因为，所以故故，所以或.【考点】（1）数列的通项公式；（2）数列求和三、填空题1.用火柴棒摆“金鱼”，如图所示：按照上面的规律，第个“金鱼”图需要火柴棒的根数为．【答案】【解析】由题意知：图②比图①多6个，图③比图②多6个，因为图①是8个，所以第个“金鱼”图需要火柴棒的根数为,故答案是.【考点】数列的应用2.在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且a＝8，B＝60°，C＝75°，则．【答案】.【解析】：因为，由正弦定理得故答案.【考点】正弦定理.3.在等差数列中，=7，公差为d,前n项和为，当且仅当n=8时最大，则d的取值范围【答案】【解析】:因为，当且仅当n=8时，取得最大值，∴综上d的取值范围为.【考点】数列的增减性.4.在△ABC中，若b＝2a，B＝A＋60°，则A＝______【答案】30°.【解析】：由正弦定理得，∴或150°（舍去）所以A=30°【考点】正弦定理。

2020-2021学年河南省某校高二（上）9月月考数学（文）试卷一、选择题1. 在△ABC中，BC=10，sin A=13，则△ABC的外接圆半径为( )A.30B.15√3C.20D.152. 已知数列{a n}满足a1=1，a n+1=a n+6，则a5=( )A.25B.30C.32D.643. 已知在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a2=b2+c2−1013bc，则cos A=( )A.7 26B.513C.1726D.12134. 已知在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足√2a−20sin A=0，sin C=110，则c=( )A.√2B.√22C.√25D.√2105. 已知等差数列{a n}的前n项和为S n，且a3+a8=m，S10=pm，则p=( )A.3B.5C.6D.106. 音乐与数学有着密切的联系，我国春秋时期有个著名的“三分损益法”：以“宫”为基本音，“宫”经过一次“损”，频率变为原来的32，得到“徵”，“徵”经过一次“益”，频率变为原来的34，得到“商”⋯⋯依此规律损益交替变化，获得了“宫”“徽”“商”“羽”“角”五个音阶.据此可推得( )A.“商”“羽”“角”的频率成公比为34的等比数列B.“宫”“徵”“商”的频率成公比为32的等比数列C.“宫”“商”“角”的频率成公比为98的等比数列D.“角”“商”“宫”的频率成公比为12的等比数列7. 已知等比数列{a n }的首项a 1=e ，公比q =e ，则数列{ln a n }的前10项和S 10=( ) A.45 B.55 C.110 D.2108. 已知等差数列{a n }的首项是2，公差为d (d ∈Z )，且{a n }中有一项是14，则d 的取值的个数为( ) A.3 B.4 C.6 D.79. 在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若ab =cos Bcos A ，sin A >sin B ，则△ABC 的形状一定是( ) A.直角三角形 B.等腰三角形C.等腰直角三角形D.等腰或直角三角形10. 一艘轮船按照北偏东42∘方向，以18海里/时的速度沿直线航行，一座灯塔原来在轮船的南偏东18∘方向上，经过10分钟的航行，此时轮船与灯塔的距离为√19海里，则灯塔与轮船原来的距离为( ) A.5海里 B.4海里 C.3海里 D.2海里11. 已知数列{a n }满足a n ={(2−p )n −2,n ≤6,p n−6,n >6(n ∈N ∗)，且对任意的n ∈N ∗都有a n+1>a n ，则实数p 的取值范围是( ) A.(1,74) B.(1,107)C.(1,2)D.(107,2)12. 在钝角三角形ABC 中，a ，b ，c 分别为角A ，B ，C 的对边，且其面积为√312(a 2+b 2−c 2)，则ba 的取值范围是( ) A.(0,√32)∪(2√33,+∞) B.(0,√32)∪(√3,+∞)C.(0,12)∪(2√33,+∞) D.(0,12)∪(√3,+∞)二、填空题在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且A:B:C =1:1:2，则a c=________.设正项等比数列{a n }的公比为q ，前n 项和为S n ，若S4S 2=3，则q =________.已知△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若a =3，b =4，c =√33，则BC 边上的高为________.在数列的每相邻两项之间插入此两项的积，形成新的数列，这样的操作叫做该数列的一次“扩展”．将数列1，4进行“扩展”，第一次得到数列1，4，4；第二次得到数列1，4，4，16，4；…；第n 次得到数列1，x 1，x 2，…，x t ，4，并记a n =log 2(1⋅x 1⋅x 2．…．x t ⋅4），其中t =2n −1，n ∈N ∗，则{a n }的通项a n =________. 三、解答题在面积为√3的△ABC 中，B =120∘−C ，AC =1. (1)求AB 的长；(2)求sin C 的值．已知数列{a n }满足a 1=−3，且a n+1=2a n +4(n ∈N ∗). (1)证明：{a n +4}是等比数列；(2)求{a n }的前n 项和S n .已知递增的等差数列{a n }满足a 1+a 2，a 4−a 1，a 5成等比数列，且a 3=5. (1)求{a n }的通项公式；(2)若b n ={2,n =1,a n ,n ≥2,求{b n }的前n 项和S n .在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知a =2，b sin A +sin B =3√32，且B 为锐角． (1)求角B 的大小；(2)若AC 边上的中线长为√7，求△ABC 的面积．设数列{a n }的前n 项和为S n ，a 2=4，且对任意正整数n ，点(a n+1 ,S n )都在直线x +3y+2=0上．(1)求{a n}的通项公式；(2)若b n=na n，求{b n}的前n项和T n.在平面四边形ABCD中，∠DAB=π2，∠ADC=∠ACB=π3，AB=2.(1)若BC=2√33，求∠CAD的大小；(2)求边CD长度的最大值．参考答案与试题解析2020-2021学年河南省某校高二（上）9月月考数学（文）试卷一、选择题1.【答案】D【考点】正弦定理【解析】直接利用正弦定理，即可求出三角形的外接圆的直径即可．【解答】解：由正弦定理可知：2R=BCsin A =1013=30，解得R=15，故选D.2.【答案】A【考点】数列递推式等差数列【解析】将a1=1代入式子a n+1=a n+6得出a2，以此类推可得出a5．【解答】解：∵ 数列{a n}满足a1=1，a n+1=a n+6，∴a2=a1+6=7，a3=a2+6=13，a4=a3+6=19，a5=a4+6=25.故选A.3.【答案】B【考点】余弦定理【解析】由a2=b2+c2−1013bc，结合余弦定理：b2+c2−a2=2bc cos A，求出cos A．【解答】解：由a2=b2+c2−1013bc，得：b2+c2−a2=1013bc，由余弦定理得：cos A=b 2+c2−a22bc，∴cos A=513.故选B.4.【答案】A【考点】正弦定理【解析】由a，sin A，sin C的值，利用正弦定理即可求出c的值．【解答】解：∵√2a−20sin A=0，∴a=10√2sin A.又sin C=110，由正弦定理asin A =csin C得：c=asin A ×sin C=10√2sin Asin A×110=√2.故选A.5.【答案】B【考点】等差中项等差数列的前n项和【解析】根据等差数列的性质可得a3+a8=a1+a10，再利用等差数列的求和公式求解. 【解答】解：因为数列{a n}为等差数列，所以a3+a8=a1+a10，所以S10=10(a1+a10)2=10(a3+a8)2=5m=pm，解得：p=5.故选B.6.【答案】C【考点】等比关系的确定等比数列【解析】根据文化知识，分别求出相对应的概率，即可判断．【解答】解：设“宫”的频率为a，由题意经过一次“损”，可得“徵”的频率为32a，“徵”经过一次“益”，可得“商”的频率为98a，“商”经过一次“损”，可得“羽”频率为2716a，最后“羽”经过一次“益”，可得“角”的频率是8164a，由于a，98a，8164a成公比为98的等比数列，所以“宫”“商”“角”的频率成公比为98的等比数列.故选C.7.【答案】B【考点】等差数列与等比数列的综合等比数列的通项公式等差数列的前n项和【解析】利用等比数列的通项公式及对数的运算得ln a n为等差数列，可得解，属于基础题. 【解答】解：由题意得：a n=a1q n−1=e n，ln a n=ln e n=n，故ln a n−ln a n−1=n−(n−1)=1，所以{ln a n}为等差数列，公差为1，首项为1，故S10=10×(1+10)2=55.故选B.8.【答案】C【考点】等差数列的性质等差数列的通项公式【解析】由题意分别可得数列的通项公式，由a n=14可得d=12n−1，根据d∈Z，可得d的取值的个数．【解答】解：∵等差数列{a n}中，a1=2，a n=14，∴d=a n−a1n−1=14−2n−1=12n−1，n∈Z，由于d∈Z，当n=2时，d=12，当n=3时，d=6，当n=4时，d=4，当n=5时，d=3，当n=7时，d=2，当n=13时，d=1，故d的取值的个数为6个.故选C.9.【答案】A【考点】正弦定理三角形的形状判断【解析】由ab =cos Bcos A，利用正弦定理可得sin Asin B=cos Bcos A，进而可得sin2A=sin2B，由此可得结论．【解答】解：∵ab =cos Bcos A，∴由正弦定理可得sin Asin B =cos Bcos A，∴sin A cos A=sin B cos B，∴sin2A=sin2B，∴2A=2B或2A+2B=π，∴A=B或A+B=π2.又∵sin A>sin B，∴△ABC的形状是直角三角形．故选A．10.【答案】D【考点】余弦定理【解析】【解答】解：由题意可知，如图所示.经过10分钟的航行后，轮船航行了18×1060=3（海里）.又∠BAC=180∘−(42∘+18∘)=120∘，在△ABC中，由余弦定理得，BC2=AC2+AB2−2AC⋅AB⋅cos120∘，即19=AC2+9+3AC，解得AC =2或−5（舍）. 故选D . 11.【答案】 D【考点】数列的函数特性 【解析】根据题意,数列{a n }单增,要使数列{a n }单增,则两段函数分别单增且衔接点a 6<a 7,即{2−p >0p >1(2−p )×6−2<p7−6,求解即可.【解答】解：因为数列{a n }满足n ∈N ∗，a n+1>a n , 所以需数列{a n }单调递增. 又a n ={(2−p )n −2,n ≤6,p n−6,n >6,要使数列{a n }单调递增， 则{2−p >0,p >1,(2−p )×6−2<p 7−6,所以107<p <2. 故选D . 12.【答案】 A【考点】两角和与差的正弦公式 三角形求面积 余弦定理同角三角函数间的基本关系【解析】利用三角形的面积公式及余弦定理得角，利用正弦定理及三角形中角的变换得解，难度较大. 【解答】解：由题意得：S △ABC =12ab sin C =√312(a 2+b 2−c 2)， 所以sin C =√33×a 2+b 2−c 22ab=√33cos C ， 解得：tan C =√33，C =π6，所以A +B =5π6.又△ABC 为钝角三角形，当B为锐角，A为钝角时，解得：π6<B<π3，b a =sin Bsin A=sin Bsin(5π6−B)=12cos B+√32sin B=12tan B +√32∈(0,√32).当A为锐角，B为钝角时，可得ba ∈(2√33,+∞).故选A.二、填空题【答案】√22【考点】正弦定理【解析】根据角的比例关系求得角的度数，再根据正弦定理求得边的比值即可. 【解答】解：由题可得，A+B+C=4A=180∘，∴A=B=45∘，C=90∘,∴由正弦定理可知，ac =sin Asin C=√22.故答案为：√22.【答案】√2【考点】等比数列的前n项和等比数列的性质【解析】利用公式得到方程，解出即可.【解答】解：由等比数列的性质可知，公比不为1，且q>0，S4 S2=(a1+a2)+(a1+a2)q2a1+a2=1+q2=3，解得：q=√2. 故答案为：√2. 【答案】8√23【考点】同角三角函数间的基本关系【解析】先根据余弦定理求得角B的余弦值，再进而求得其正弦值，根据三角形的高及其边的正弦关系解答即可.【解答】解：由题可得，cos B=a 2+c2−b22ac=13√3399,∴sin B=√1−cos2B=√23√33,∴ ℎ=c⋅sin B=8√23.故答案为：8√23.【答案】3n+1【考点】数列递推式归纳推理【解析】利用新定义得到a n+1−1=3(a n−1)，构造等比数列可得解. 【解答】解：由题设得a n=log2(1⋅x1⋅⋯⋅x t⋅4)，可得a n+1=log2[1⋅(1⋅x1)⋅x1⋅(x1⋅x2)⋅⋯⋅(x t⋅4)⋅4]=log213⋅x13...x t3⋅434=3a n−2.设a n+1+p=3(a n+p)，即a n+1=3a n+2p，可得p=−1，所以数列{a n−1}是以3为首项，3为公比的等比数列，所以a n−1=3×3n−1=3n，即a n=3n+1.故答案为：3n+1.三、解答题【答案】解：(1)由题意得A=60∘．在△ABC中，S△ABC=12AC⋅AB⋅sin A=√3，所以12×1×AB×√32=√3，所以AB=4．(2)由余弦定理得BC2=AC2+AB2−2AC⋅AB⋅cos60∘=1+42−2×1×4×12=13，所以BC=√13．由正弦定理得sin C=AB sin ABC =2√3913．余弦定理正弦定理【解析】本题考查正弦定理、余弦定理的应用．【解答】解：(1)由题意得A=60∘．在△ABC中，S△ABC=12AC⋅AB⋅sin A=√3，所以12×1×AB×√32=√3，所以AB=4．(2)由余弦定理得BC2=AC2+AB2−2AC⋅AB⋅cos60∘=1+42−2×1×4×12=13，所以BC=√13．由正弦定理得sin C=AB sin ABC =2√3913．【答案】(1)证明：由题易知a1+4≠0，且a n+1+4a n+4=2a n+4+4a n+4=2(a n+4)a n+4=2，所以{a n+4}是等比数列．(2)解：由(1)可知{a n+4}是以a1+4=1为首项，2为公比的等比数列，所以a n+4=2n−1，所以a n=2n−1−4，所以S n=(20−4)+(21−4)+⋯+(2n−1−4)=20+21+⋯+2n−1−4n=2n−1−4n．【考点】数列的求和等比关系的确定【解析】本题考查数列的递推关系，等比数列的性质．【解答】(1)证明：由题易知a1+4≠0，且a n+1+4a n+4=2a n+4+4a n+4=2(a n+4)a n+4=2，所以{a n+4}是等比数列．(2)解：由(1)可知{a n+4}是以a1+4=1为首项，2为公比的等比数列，所以a n+4=2n−1，所以a n=2n−1−4，所以S n=(20−4)+(21−4)+⋯+(2n−1−4)=20+21+⋯+2n−1−4n=2n −1−4n ．【答案】解：(1)设{a n }的公差为d ，由条件得{a 1+2d =5，(a 1+4d )(2a 1+d )=(3d )2，d >0，解得{a 1=1，d =2，∴ a n =1+2(n −1)=2n −1．(2)当n ≥2时，S n =2+a 2+a 3+⋯+a n =2+(a 2+a n )(n−1)2=n 2+1，当n =1时，S n =2，适合上式，综上所述，S n =n 2+1．【考点】等差数列的前n 项和等差数列的通项公式【解析】本题考查等差数列和等比数列的综合问题．【解答】解：(1)设{a n }的公差为d ，由条件得{a 1+2d =5，(a 1+4d )(2a 1+d )=(3d )2，d >0，解得{a 1=1，d =2， ∴ a n =1+2(n −1)=2n −1．(2)当n ≥2时，S n =2+a 2+a 3+⋯+a n =2+(a 2+a n )(n−1)2=n 2+1， 当n =1时，S n =2，适合上式，综上所述，S n =n 2+1．【答案】解：(1)由正弦定理可得b sin A =a sin B ．又因为b sin A +sin B =3√32， 所以a sin B +sin B =3√32. 因为a =2，所以sin B =√32．所以B =π3． (2)由(1)得B =π3.又AC 边上的中线长为√7，所以|BA →+BC →|=2√7，所以|BA →|2+|BC →|2+2BA →⋅BC →=28，即c 2+a 2+2ac cos B =28，所以c 2+a 2+ac =28．因为a =2，所以c =4，所以△ABC 的面积为12×2×4×√32=2√3． 【考点】向量模长的计算三角形的面积公式余弦定理正弦定理【解析】本题考查正弦定理、余弦定理的应用，三角形面积的计算．【解答】解：(1)由正弦定理可得b sin A =a sin B ．又因为b sin A +sin B =3√32， 所以a sin B +sin B =3√32. 因为a =2，所以sin B =√32． 因为B 为锐角，所以B =π3． (2)由(1)得B =π3.又AC 边上的中线长为√7，所以|BA →+BC →|=2√7，所以|BA →|2+|BC →|2+2BA →⋅BC →=28，即c 2+a 2+2ac cos B =28，所以c 2+a 2+ac =28．所以c=4，所以△ABC的面积为12×2×4×√32=2√3．【答案】解：(1)因为点(a n+1,S n)在直线x+3y+2=0上，所以a n+1+3S n+2=0，当n≥2时，a n+3S n−1+2=0，两式相减得a n+1−a n+3S n−3S n−1=0，即a n+1−a n+3a n=0，a n+1=−2a n，又当n=1时，a2+3S1+2=a2+3a1+2=0，解得a1=−2，满足a2=−2a1，所以{a n}是首项a1=−2，公比q=−2的等比数列，所以{a n}的通项公式为a n=(−2)n．(2)由(1)知，b n=n(−2)n，则T n=1⋅(−2)+2⋅(−2)2+3⋅(−2)3+⋯+(n−1)⋅(−2)n−1+n⋅(−2)n，(−2)T n=1⋅(−2)2+2⋅(−2)3+3⋅(−2)4+⋯+(n−1)⋅(−2)n+n⋅(−2)n+1．两式相减得：3T n=−2+(−2)2+(−2)3+⋯+(−2)n−n⋅(−2)n+1=−2−(−2)n+13−n⋅(−2)n+1=−23−(13+n)⋅(−2)n+1，所以T n=−29−(13n+19)⋅(−2)n+1．【考点】数列的求和数列递推式【解析】本题考查等比数列的性质，利用错位相减法求和．【解答】解：(1)因为点(a n+1,S n)在直线x+3y+2=0上，所以a n+1+3S n+2=0，当n≥2时，a n+3S n−1+2=0，两式相减得a n+1−a n+3S n−3S n−1=0，即a n+1−a n+3a n=0，a n+1=−2a n，又当n=1时，a2+3S1+2=a2+3a1+2=0，解得a1=−2，满足a2=−2a1，所以{a n}是首项a1=−2，公比q=−2的等比数列，所以{a n}的通项公式为a n=(−2)n．(2)由(1)知，b n=n(−2)n，则T n=1⋅(−2)+2⋅(−2)2+3⋅(−2)3+⋯+(n−1)⋅(−2)n−1+n⋅(−2)n，(−2)T n=1⋅(−2)2+2⋅(−2)3+3⋅(−2)4+⋯+(n−1)⋅(−2)n+n⋅(−2)n+1．两式相减得：3T n=−2+(−2)2+(−2)3+⋯+(−2)n−n⋅(−2)n+1=−2−(−2)n+13−n⋅(−2)n+1=−23−(13+n)⋅(−2)n+1，所以T n=−29−(13n+19)⋅(−2)n+1．【答案】解：(1)在△ABC中，由正弦定理可得ABsin∠ACB =BCsin∠CAB.因为AB=2，∠ACB=π3，BC=2√33，所以sin∠CAB=12.因为∠CAB∈(0,π2)，所以∠CAB=π6.又因为∠DAB=π2，所以∠CAD=π3.(2)设∠CAB=α(0<α<π2)，则∠ABC=2π3−α，∠DAC=π2−α.在△ABC中，ABsin∠ACB =ACsin∠ABC，可得AC=4√33sin(2π3−α).在△ACD中，CDsin∠DAC =ACsin∠ADC，可得CD=AC sin∠DACsin∠ADC=4√33sin(2π3−α)sin(π2−α)sinπ3=83sin(2π3−α)cosα=43[sin2π3+sin(2π3−2α)]=2√33−43sin(2α−2π3)．因为0<α<π2，所以−2π3<2α−2π3<π3，所以sin(2α−2π3)的最小值为−1．所以CD长度的最大值为2√33+43.【考点】二倍角的正弦公式二倍角的余弦公式两角和与差的正弦公式三角函数的最值正弦定理【解析】【解答】解：(1)在△ABC中，由正弦定理可得ABsin∠ACB =BCsin∠CAB.因为AB=2，∠ACB=π3，BC=2√33，所以sin∠CAB=12.因为∠CAB∈(0,π2)，所以∠CAB=π6.又因为∠DAB=π2，所以∠CAD=π3.(2)设∠CAB=α(0<α<π2)，则∠ABC=2π3−α，∠DAC=π2−α.在△ABC中，ABsin∠ACB =ACsin∠ABC，可得AC=4√33sin(2π3−α).在△ACD中，CDsin∠DAC =ACsin∠ADC，可得CD=AC sin∠DACsin∠ADC=4√33sin(2π3−α)sin(π2−α)sinπ3=83sin(2π3−α)cosα=43[sin2π3+sin(2π3−2α)]=2√33−43sin(2α−2π3)．因为0<α<π2，所以−2π3<2α−2π3<π3，所以sin(2α−2π3)的最小值为−1．所以CD长度的最大值为2√33+43.。