山西省呂梁市孝義第一中學2021年高二數(shù)學理月考試題含解析

山西省呂梁市孝義第一中學2021年高二數(shù)學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選項中，只有是一個符合題目要求的1.在100件產品中有6件次品,現(xiàn)從中任取3件產品,至少有1件次品的不同取法的種數(shù)是(）A．

B.CC

C.C－C

D.A－A參考答案：C2.“x（x﹣5）＜0成立”是“|x﹣1|＜4成立”的（）A．充分而不必要條件B．必要而不充分條件C．充分必要條件D．既不充分也不必要條件參考答案：A【考點】必要條件、充分條件與充要條件的判斷．【分析】由x（x﹣5）＜0?0＜x＜5，|x﹣1|＜4?﹣3＜x＜5，知“x（x﹣5）＜0成立”?“|x﹣1|＜4成立”．【解答】解：∵x（x﹣5）＜0?0＜x＜5，|x﹣1|＜4?﹣3＜x＜5，∴“x（x﹣5）＜0成立”?“|x﹣1|＜4成立”，∴“x（x﹣5）＜0成立”是“|x﹣1|＜4成立”的充分而不必要條件．故選A．3.設集合I＝{1，2，3，4，5}，選擇I的兩個非空子集A和B，要使B中最小的數(shù)大于A中最大的數(shù)，則不同選擇方法共有（

）種A．50

B．49

C．48

D．47參考答案：B略4.設P，Q分別為圓x2+（y﹣3）2=5和橢圓+y2=1上的點，則P，Q兩點間的最大距離是（）A．2 B．+ C．4+ D．3參考答案：D【考點】橢圓的簡單性質．【專題】計算題；轉化思想；綜合法；圓錐曲線的定義、性質與方程．【分析】先求出橢圓上的點與圓心的距離，P，Q兩點間的最大距離是橢圓上的點與圓心的距離加上圓的半徑．【解答】解：∵設P，Q分別為圓x2+（y﹣3）2=5和橢圓+y2=1上的點，∴圓心C（0，3），圓半徑r=，設橢圓上的點為（x，y），則橢圓上的點與圓心的距離為：d===≤2，∴P，Q兩點間的最大距離是2+=3．故選：D．【點評】本題考查兩點間距離的最大值的求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意兩點間距離公式的合理運用．5.已知F1，F(xiàn)2是橢圓C：（a＞b＞0）的兩個焦點，P為橢圓C上一點，且∠F1PF2=，若△PF1F2的面積為，則b=（）A．9 B．3 C．4 D．8參考答案：B【考點】橢圓的簡單性質．【分析】設|PF1|=m，|PF2|=n，利用定義可得m+n=2a，利用余弦定理可得：（2c）2=m2+n2﹣2mn=（m+n）2﹣mn，化簡可得：4b2=mn．又mnsin=9，代入解出即可得出．【解答】解：設|PF1|=m，|PF2|=n，則m+n=2a，（2c）2=m2+n2﹣2mn=（m+n）2﹣mn，∴4b2=mn．又mnsin=9，∴=9，解得b=3．故選：B．6.抽取以下兩個樣本：①從二（1）班數(shù)學成績最好的10名學生中選出2人代表班級參加數(shù)學競賽；②從學校1000名高二學生中選出50名代表參加某項社會實踐活動．下列說法正確的是（）A．①、②都適合用簡單隨機抽樣方法B．①、②都適合用系統(tǒng)抽樣方法C．①適合用簡單隨機抽樣方法，②適合用系統(tǒng)抽樣方法D．①適合用系統(tǒng)抽樣方法，②適合用簡單隨機抽樣方法參考答案：C【考點】系統(tǒng)抽樣方法；分層抽樣方法．【分析】根據(jù)簡單隨機抽樣方法和系統(tǒng)抽樣方法的定義即可判斷．【解答】解：對于①，由于樣本容量不大，且抽取的人數(shù)較少，故采用簡單隨機抽樣法，對于②，由于樣本容量比較大，且抽取的人數(shù)較較多，故采用系統(tǒng)抽樣方法；故選C．7.已知點M（0，﹣1），點N在直線x﹣y+1=0上，若直線MN垂直于直線x+2y﹣3=0，則點N的坐標是(

)A．（﹣2，﹣1） B．（2，3） C．（2，1） D．（﹣2，1）參考答案：B考點：兩條直線垂直與傾斜角、斜率的關系．專題：計算題．分析：根據(jù)點N在直線x﹣y+1=0上，設點N坐標為（x0，x0+1），利用經(jīng)過兩點的斜率公式，得到直線MN的斜率關于x0的表達式，最后根據(jù)直線MN垂直于直線x+2y﹣3=0，得到兩直線斜率乘積等于﹣1，建立等式并解之可得點N的坐標．解答：解：∵點N在直線x﹣y+1=0上∴可設點N坐標為（x0，x0+1）根據(jù)經(jīng)過兩點的直線的斜率公式，可得=∵直線MN垂直于直線x+2y﹣3=0，而直線x+2y﹣3=0的斜率為∴?=2?x0=2因此，點N的坐標是（2，3）故選B點評：本題借助于直線與垂直，求點的坐標為例，著重考查了直線的方程、直線斜率的求法和直線垂直的斜率關系等知識點，屬于基礎題．8.函數(shù)f（x）=x2﹣x﹣2，x∈[﹣5，5]，在定義域內任取一點x0，使f（x0）≤0的概率是（）A． B． C． D．參考答案：C【考點】幾何概型；一元二次不等式的解法．【分析】先解不等式f（x0）≤0，得能使事件f（x0）≤0發(fā)生的x0的取值長度為3，再由x0總的可能取值，長度為定義域長度10，得事件f（x0）≤0發(fā)生的概率是0.3【解答】解：∵f（x）≤0?x2﹣x﹣2≤0?﹣1≤x≤2，∴f（x0）≤0?﹣1≤x0≤2，即x0∈[﹣1，2]，∵在定義域內任取一點x0，∴x0∈[﹣5，5]，∴使f（x0）≤0的概率P==故選C9.在復平面內，若所對應的點在第二象限，則實數(shù)的取值范圍是(

)A.

B.

C.

D.參考答案：D略10.已知實數(shù)x，y滿足，則目標函數(shù)z=2x﹣y的最大值為（）A．﹣3 B． C．5 D．6參考答案：C【考點】簡單線性規(guī)劃．【分析】作出題中不等式組表示的平面區(qū)域，得如圖的△ABC及其內部，再將目標函數(shù)z=2x﹣y對應的直線進行平移，可得當x=2，y=﹣1時，z取得最大值5．【解答】解：作出不等式組表示的平面區(qū)域，得到如圖的△ABC及其內部，其中A（﹣1，﹣1），B（2，﹣1），C（0.5，0.5）設z=F（x，y）=2x﹣y，將直線l：z=2x﹣y進行平移，當l經(jīng)過點B時，目標函數(shù)z達到最大值∴z最大值=F（2，﹣1）=5故選：C二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.一物體運動過程中位移h(米)與時間t（秒）的函數(shù)關系式為，當t=2秒時的瞬時速度是

（米／秒）。參考答案：10略12.已知F1、F2分別是雙曲線﹣=1的左右焦點，P是雙曲線上任意一點，的最小值為8a，則此雙曲線的離心率e的取值范圍是．參考答案：（1，3]【考點】雙曲線的簡單性質．【專題】綜合題；圓錐曲線的定義、性質與方程．【分析】由定義知：|PF1|﹣|PF2|=2a，|PF1|=2a+|PF2|，=+4a+|PF2|≥8a，當且僅當=|PF2|，即|PF2|=2a時取得等號．再由焦半徑公式得雙曲線的離心率e＞1的取值范圍．【解答】解：由定義知：|PF1|﹣|PF2|=2a，|PF1|=2a+|PF2|，∴=+4a+|PF2|≥8a，當且僅當=|PF2|，即|PF2|=2a時取得等號設P（x0，y0）（x0≤﹣a）由焦半徑公式得：|PF2|=﹣ex0﹣a=2a，∴ex0=﹣3ae=﹣≤3又雙曲線的離心率e＞1∴e∈（1，3]故答案為：（1，3]．【點評】本題考查雙曲線的性質和應用，解題時要認真審題，注意焦半徑公式的合理運用．13.觀察下列等式：（1+1）=2×1（2+1）（2+2）=22×1×3（3+1）（3+2）（3+3）=23×1×3×5…照此規(guī)律，第n個等式可為．參考答案：（n+1）（n+2）（n+3）…（n+n）=2n?1?3?5…?（2n﹣1）【考點】歸納推理．【分析】通過觀察給出的前三個等式的項數(shù)，開始值和結束值，即可歸納得到第n個等式．【解答】解：題目中給出的前三個等式的特點是第一個等式的左邊僅含一項，第二個等式的左邊含有兩項相乘，第三個等式的左邊含有三項相乘，由此歸納第n個等式的左邊含有n項相乘，由括號內數(shù)的特點歸納第n個等式的左邊應為：（n+1）（n+2）（n+3）…（n+n），每個等式的右邊都是2的幾次冪乘以從1開始幾個相鄰奇數(shù)乘積的形式，且2的指數(shù)與奇數(shù)的個數(shù)等于左邊的括號數(shù)，由此可知第n個等式的右邊為2n?1?3?5…（2n﹣1）．所以第n個等式可為（n+1）（n+2）（n+3）…（n+n）=2n?1?3?5…（2n﹣1）．故答案為（n+1）（n+2）（n+3）…（n+n）=2n?1?3?5…（2n﹣1）．14.=

.

參考答案：5；略15.一個幾何體的三視圖如圖所示，其體積為．參考答案：

【考點】由三視圖求面積、體積．【分析】該幾何體是一個直三棱柱截去一個小三棱錐，利用體積計算公式即可得出．【解答】解：該幾何體是一個直三棱柱截去一個小三棱錐，如圖所示，則其體積為：．故答案為：．【點評】本題考查了三棱錐與三棱柱的三視圖與體積計算公式，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．16.若點（a，b）在直線x＋3y＝1上，則的最小值為

參考答案：17.已知平面內的一條直線與平面的一條斜線的夾角為60°，這條直線與斜線在平面內的射影的夾角為45°，則斜線與平面所成的角為．參考答案：45°【考點】直線與平面所成的角．【分析】由已知中直線a是平面α的斜線，b?α，a與b成60°的角，且b與a在α內的射影成45°的角，利用“三余弦定理”，即求出a與平面α所成的角的余弦值，進而得到答案．【解答】解：題目轉化為：直線a是平面α的斜線，b?α，a與b成60°的角，且b與a在α內的射影成45°的角，求斜線與平面所成的角．設斜線與平面α所成的角為θ，根據(jù)三余弦定理可得：cos60°=cos45°×cosθ即=×cosθ則cosθ=則θ=45°故答案為：45°．三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟18.解關于x的不等式ax2﹣（a+1）x+1＜0．參考答案：【考點】一元二次不等式的解法．【分析】當a=0時，得到一個一元一次不等式，求出不等式的解集即為原不等式的解集；當a≠0時，把原不等式的左邊分解因式，然后分4種情況考慮：a小于0，a大于0小于1，a大于1和a等于1時，分別利用求不等式解集的方法求出原不等式的解集即可．【解答】解：當a=0時，不等式的解為{x|x＞1}；當a≠0時，分解因式a（x﹣）（x﹣1）＜0當a＜0時，原不等式整理得：x2﹣x+＞0，即（x﹣）（x﹣1）＞0，不等式的解為{x|x＞1或x＜}；當0＜a＜1時，1＜，不等式的解為{x|1＜x＜}；當a＞1時，＜1，不等式的解為{x|＜x＜1}；當a=1時，不等式的解為?．19.（本小題滿分12分）已知數(shù)列為等比數(shù)列，且，.（1）求；（2）設，若等比數(shù)列的公比q>2，求數(shù)列的通項公式.參考答案：（1）設等比數(shù)列的公比為q，由題意，解得或…………………4分∴或.………6分（2）∵等比數(shù)列的公比q>2，∴，故，………8分=，…………11分∴.……………12分20.已知橢圓C：，右頂點為(2,0)，離心率為，直線l1：與橢圓C相交于不同的兩點A，B，過AB的中點M作垂直于l1的直線l2，設l2與橢圓C相交于不同的兩點C，D，且CD的中點為N．（Ⅰ）求橢圓C的方程；（Ⅱ）設原點O到直線l1的距離為d，求的取值范圍．

參考答案：解：（Ⅰ）得.

......4分（Ⅱ）由

得，設，，則

故.

:，即.

由得，設，,則，故.

故=.

又.

所以=.

令，則=.

21.已知過拋物線的焦點F，斜率為的直線交拋物線于A，B兩點，且|AB|=6.（1）求該拋物線C的方程；（2）已知過原點O作拋物線的兩條弦OD和OE，且OD⊥OE，判斷直線DE是否過定點？并說明理由.參考答案：（1）拋物線的焦點，∴直線的方程為:.聯(lián)立方程組，消元得:，∴.∴解得.∴拋物線的方程為：.（2）由（1）直線的斜率不為0，設直線的方程為：，聯(lián)立，得，則①.設，則.所以或（舍）所以直線DE過定點（4,0）

22.（12分）（2013?懷化二模）如圖，四面體ABCD中，O、E分別是BD、BC的中點，CA=CB=CD=BD=2，AB=AD=．（Ⅰ）求證：AO⊥平面BCD；（Ⅱ）求異面直線AB與CD所成角的余弦；（Ⅲ）求點E到平面ACD的距離．參考答案：【考點】點、線、面間的距離計算；異面直線及其所成的角；直線與平面垂直的判定．

【專題】綜合題．【分析】（I）連接OC，由BO=DO，AB=AD，知AO⊥BD，由BO=DO，BC=CD，知CO⊥BD．在△AOC中，由題設知，AC=2，故AO2+CO2=AC2，由此能夠證明AO⊥平面BCD．（II）取AC的中點M，連接OM、ME、OE，由E為BC的中點，知ME∥AB，OE∥DC，故直線OE與EM所成的銳角就是異面直線AB與CD所成的角．在△OME中，，由此能求出異面直線AB與CD所成角大小的余弦．（III）設點E到平面ACD的距離為h．在△ACD中，，故=，由AO=1，知，由此能求出點E到平面ACD的距離．【解答】（I）證明：連接OC，∵BO=DO，AB=AD，∴AO⊥BD，∵BO=DO，BC=CD，∴CO⊥BD．在△AOC中，由題設知，AC=2，∴AO2+CO2=AC2，∴∠AOC=90°，即AO⊥O