河北省張家口市溫泉屯中學(xué)2021年高二數(shù)學(xué)理月考試題含解析

河北省張家口市溫泉屯中學(xué)2021年高二數(shù)學(xué)理月考試題含解析一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有是一個(gè)符合題目要求的1.已知，且，則xy的最小值為（A）100

（B）10

（C）1

（D）參考答案：A2.某地出租車(chē)收費(fèi)辦法如下：不超過(guò)2公里收7元，超過(guò)2公里的里程每公里收2.6元，另每車(chē)次超過(guò)2公里收燃油附加費(fèi)1元（其他因素不考慮）．相應(yīng)收費(fèi)系統(tǒng)的流程圖如圖所示，則①處應(yīng)填A(yù)． B．C． D．參考答案：D3.已知是定義在上的奇函數(shù)，且時(shí)的圖像如圖所示，則（

）A． B．

C． D．參考答案：B4.設(shè)a，b，c∈（0，+∞），則三個(gè)數(shù)a+，b+，c+的值（）A．都大于2 B．都小于2C．至少有一個(gè)不大于2 D．至少有一個(gè)不小于2參考答案：D【考點(diǎn)】進(jìn)行簡(jiǎn)單的合情推理．【分析】利用反證法，即可得出結(jié)論．【解答】解：假設(shè)3個(gè)數(shù)a+＜2，b+＜2，c+＜2，則a++b++c+＜6，利用基本不等式可得a++b++c+=b++c++a+≥2+2+2=6，這與假設(shè)所得結(jié)論矛盾，故假設(shè)不成立，所以，3個(gè)數(shù)a+，b+，c+中至少有一個(gè)不小于2．故選：D．5.已知點(diǎn)是圓內(nèi)一點(diǎn)，直線是以為中點(diǎn)的弦所在的直線，直線的方程為，那么（

）A．且與圓相切B．且與圓相離C．且與圓相切D．且與圓相離參考答案：B6.已知點(diǎn)P（t，t），點(diǎn)M是圓O1：x2+（y﹣1）2=上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)N是圓O2：（x﹣2）2+y2=上的動(dòng)點(diǎn)，則|PN|﹣|PM|的最大值是（）A．1 B．﹣2 C．2+ D．2參考答案：D【考點(diǎn)】?jī)牲c(diǎn)間的距離公式．【分析】先根據(jù)兩圓的方程求出圓心和半徑，結(jié)合圖形，把求PN﹣PM的最大值轉(zhuǎn)化為PO2﹣PO1+1的最大值，再利用PO2﹣PO1=PO2﹣PO1′≤O1′O2=1，即可求出對(duì)應(yīng)的最大值．【解答】解：如圖所示，圓O1：x2+（y﹣1）2=的圓心O1（0，1），圓O2：（x﹣2）2+y2=的圓心O2（2，0），這兩個(gè)圓的半徑都是；要使PN﹣PM最大，需PN最大，且PM最小，由圖可得，PN最大值為PO2+，PM的最小值為PO1﹣，故PN﹣PM最大值是（PO2+）﹣（PO1﹣）=PO2﹣PO1+1，點(diǎn)P（t，t）在直線y=x上，O1（0，1）關(guān)于y=x的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)O1′（1，0），直線O2O1′與y=x的交點(diǎn)為原點(diǎn)O，則PO2﹣PO1=PO2﹣PO1′≤O1′O2=1，故PO2﹣PO1+1的最大值為1+1=2，即|PN|﹣|PM|的最大值為2．故選D．7.如圖是一個(gè)幾何體的三視圖，根據(jù)圖中的數(shù)據(jù)可得該幾何體的體積為（）A．36π B．34π C．32π D．30π參考答案：D【考點(diǎn)】由三視圖求面積、體積．【分析】根據(jù)幾何體的三視圖得出該幾何體是半球體與圓錐體是組合體，結(jié)合圖中數(shù)據(jù)求出幾何體的體積．【解答】解：根據(jù)幾何體的三視圖知，該幾何體是半球體與圓錐體是組合體，結(jié)合圖中數(shù)據(jù)可得，球的半徑R==3；所以該幾何體的體積為V幾何體=×πR3+πR2h=×π×33+π×32×4=30π．故選：D．8.設(shè)是函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，的圖像如圖所示，則的圖像最有可能的是（

）．參考答案：C略9.甲、乙、丙3人投籃，投進(jìn)的概率分別為，，，現(xiàn)3人各投籃1次，是否投進(jìn)互不影響，則3人都投進(jìn)的概率為（）．A． B． C． D．參考答案：A人都投進(jìn)的概率，故選．10.已知在四面體中，分別是的中點(diǎn)，若，則與所成的角的度數(shù)為（）Ａ．Ｂ．Ｃ．Ｄ．參考答案：D

解析：取的中點(diǎn)，則則與所成的角二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.已知一個(gè)棱長(zhǎng)為2的正方體，被一個(gè)平面截后所得幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積是____________．參考答案：略12.(文)已知A，B均為集合U={1,3,5,7,9}的子集，且A∩B={3},(B)∩A={9},則A=__.參考答案：(文){3,9}略13.若(2x－1)8＝a8x8＋a7x7＋……＋a1x＋a0，則a8＋a6＋a4＋a2＝_________________.參考答案：328014.已知f（x）=x2+2x﹣m，如果f（1）＞0是假命題，f（2）＞0是真命題，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是

．參考答案：[3，8）【考點(diǎn)】其他不等式的解法．【分析】由f（1）＞0是假命題得到f（1）≤0，結(jié)合f（2）＞0，解不等式組求m的范圍．【解答】解：依題意，即，解得3≤m＜8．故答案為：[3，8）15.在平面直角坐標(biāo)系中，參數(shù)方程為參數(shù)）表示的圖形上的點(diǎn)到直線的最短距離為．參考答案：16.若，則a0+a2+a4+a6+a8的值為

．參考答案：12817.過(guò)點(diǎn)的直線，與圓相較于A、B兩點(diǎn)，則________________。參考答案：三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟18.如圖，已知橢圓過(guò)點(diǎn)，離心率為，左、右焦點(diǎn)分別為、．點(diǎn)為直線上且不在軸上的任意一點(diǎn)，直線和與橢圓的交點(diǎn)分別為、 和、，為坐標(biāo)原點(diǎn)．設(shè)直線、的斜率分別為、．（i）證明：；（ii）問(wèn)直線上是否存在點(diǎn)，使得直線、、、的斜率、、、滿足？若存在，求出所有滿足條件的點(diǎn)的坐標(biāo)；若不存在，說(shuō)明理由．參考答案：橢圓方程為，、設(shè)則，，…………2分（ii）記A、B、C、D坐標(biāo)分別為、、、設(shè)直線：

：聯(lián)立可得

…………4分，代入，可得

…………6分同理，聯(lián)立和橢圓方程，可得

…………7分由及（由（i）得）可解得，或，所以直線方程為或所以點(diǎn)的坐標(biāo)為或

…………10分19.在如圖所示的四棱錐P﹣ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，AD∥BC，∠BAD=90°，PA=AB=BC=1，AD=2，E為PD的中點(diǎn)． （Ⅰ）求證：CE∥面PAB （Ⅱ）求證：平面PAC⊥平面PDC （Ⅲ）求直線EC與平面PAC所成角的余弦值． 參考答案：【考點(diǎn)】直線與平面所成的角；直線與平面平行的判定；平面與平面垂直的判定． 【專(zhuān)題】綜合題；轉(zhuǎn)化思想；分析法；空間位置關(guān)系與距離． 【分析】（Ⅰ）根據(jù)中位線定理求證出四邊形MEBC為平行四邊形，再根據(jù)線面平行的判定定理即可證明； （Ⅱ）先證明線面垂直，再到面面垂直； （Ⅲ）找到∠ECF為直線EC與平面PAC所成的角，再解三角形即可． 【解答】證明：（Ⅰ）取PA的中點(diǎn)M，連接BM，ME∥AD且， BC∥AD且， ∴ME∥BC且ME=BC， ∴四邊形MEBC為平行四邊形，…（2分） ∴平面BME∥CE，CE?面PAB，BM?面PAB， ∴CE∥面PAB…（4分） （Ⅱ）：∵PA⊥平面ABCD， ∴PA⊥DC，…（5分） 又AC2+CD2=2+2=AD2， ∴DC⊥AC，…（7分） ∵AC∩PA=A， ∴DC⊥平面PAC…（8分） 又DC?平面PDC， 所以平面PAC⊥平面PDC…（9分） （Ⅲ）取PC中點(diǎn)F，則EF∥DC， 由（Ⅱ）知DC⊥平面PAC， 則EF⊥平面PAC， 所以∠ECF為直線EC與平面PAC所成的角，…（11分） CF=PC=，EF=，…（12分） ∴， 即直線EC與平面PAC所成角的正切值為．…（13分） 【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查空間角，線面平行，線面垂直，面面垂直的定義，性質(zhì)、判定，考查了空間想象能力、計(jì)算能力，分析解決問(wèn)題能力．空間問(wèn)題平面化是解決空間幾何體問(wèn)題最主要的思想方法． 20.設(shè)直線與圓相交于P、Q兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，若OPOQ，求的值.參考答案：解：由3x＋y＋m＝0代入圓方程得：設(shè)P、Q兩點(diǎn)坐標(biāo)為P(x1，y1)、Q(x2，y2)則x1+x2＝x1×x2＝∵OP⊥OQ∴即x1×x2+y1×y2＝0∴x1×x2+(-3x1-m)(-3x2-m)＝0整理得：10x1×x2+3m(x1+x2)+m2=0

∴解得：m=0或m=

又△＝(6m+7)2-40(m2+2m)=-4m2+4m+49

當(dāng)m=0時(shí)，O、P、Q三點(diǎn)共線，不符舍去，故m=。略21.（10分）有甲乙兩個(gè)班級(jí)進(jìn)行數(shù)學(xué)考試，按照大于等于85分為優(yōu)秀，85分以下為非優(yōu)秀統(tǒng)計(jì)成績(jī)后，得到如下的列聯(lián)表.

優(yōu)秀非優(yōu)秀總計(jì)甲班10

乙班

30

合計(jì)

105已知在全部105人中抽到隨機(jī)抽取1人為優(yōu)秀的概率為(Ⅰ)請(qǐng)完成上面的列聯(lián)表；(Ⅱ)根據(jù)列聯(lián)表的數(shù)據(jù)，若按的可靠性要求，能否認(rèn)為“成績(jī)與班級(jí)有關(guān)系”.參考答案：(Ⅰ)105×=30,………….2分故列聯(lián)表如下：

優(yōu)秀非優(yōu)秀總計(jì)甲班104555乙班203050合計(jì)3075105

………4分(Ⅱ)假設(shè)成績(jī)與班級(jí)沒(méi)有關(guān)系………5分根據(jù)列聯(lián)表中的數(shù)據(jù)，得到

…………..9分因此有95%的把握認(rèn)為“成績(jī)與班級(jí)有關(guān)系”。……….10分22.如圖，已知四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為1的正方形，AF⊥平面ABCD，CE⊥平面ABCD．（Ⅰ）證明：BD⊥EF；（Ⅱ）若AF=1，且二面角B﹣EF﹣C的大小為30°，求CE的長(zhǎng)．參考答案：【考點(diǎn)】二面角的平面角及求法；直線與平面垂直的性質(zhì)．【專(zhuān)題】空間位置關(guān)系與距離；空間角．【分析】（Ⅰ）通過(guò)題意可得四邊形ACEF在同一平面內(nèi)，利用線面垂直的判定定理及性質(zhì)定理即得結(jié)論；（Ⅱ）以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以AB、AD、AF所在直線為x、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)﹣xyz，通過(guò)平面BEF的一個(gè)法向量與平面CEF的一個(gè)法向量的夾角的余弦值的絕對(duì)值為，計(jì)算即得CE的長(zhǎng)．【解答】（Ⅰ）證明：∵AF⊥平面ABCD，CE⊥平面ABCD，∴AF∥CE，∴四邊形ACEF在同一平面內(nèi)，∵AF⊥平面ABCD，∴AF⊥BD，又∵ABCD為正方形，∴AC⊥BD，∵AF∩AC=A，∴BD⊥平面ACEF，∴BD⊥EF；（Ⅱ）解：以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以AB、AD、AF