2021-2022学年山东省临沂市大学附属中学高二数学文月考试卷含解析

1、2021-2022学年山东省临沂市大学附属中学高二数学文月考试卷含解析一、 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. 若a，b均为大于1的正数，且ab=100，则lga?lgb的最大值是（）A0B1C2D参考答案：B【考点】基本不等式【分析】先根据a1，b1判断lga、lgb的符号，再由基本不等式可求得最小值【解答】解：a1，b1，lga0，lgb0lga?lgb（）2=（）2=1当且仅当a=b=10时等号成立即lga?lgb的最大值是1故选B【点评】本题主要考查基本不等式的应用在应用基本不等式时一定要注意“一正、二定、三相等”的要

2、求2. 以初速度40 m/s竖直向上抛一物体，t秒时刻的速度v4010t2，则此物体达到最高时的高度为()A. B. C. D. 参考答案：A略3. 已知两点，直线过点且与线段MN相交，则直线的斜率的取值范围是 （ ）A或 B C D参考答案：D4. 圆柱的轴截面ABCD是边长为2的正方形，从A绕柱面到另一端C最矩距离是( ) A B4 C D 参考答案：D略5. 已知Sn=12+34+56+（1）n+1?n，则S6+S10+S15等于（）A5B1C0D6参考答案：C【考点】数列的求和【分析】相邻两项依次结合，能求出S6+S10+S15的值【解答】解：相邻两项依次结合，得：S6=3（1）=3，

3、S10=5（1）=5，S15=7（1）+15=8，S6+S10+S15=（3）+（5）+8=0故选：C6. 若点到直线的距离不大于，则的取值范围是 A B C D参考答案：A7. 命题“对任意xR，都有f（x）0”的否定是（）A对任意xR，都有f（x）0B存在xR，使f（x）0C存在xR，使f（x）0D对任意xR，都有f（x）0参考答案：B【考点】命题的否定【分析】根据全称命题的否定方法，结合已知中的原命题，可得答案【解答】解：命题“对任意的xR，都有f（x）0”的否定是存在xR，使f（x）0”，故选：B8. 已知al，则使成立的一个充分不必要条件是（ ）A B C D 参考答案：A略9. 观

4、察下面的演绎推理过程，判断正确的是 ()大前提：若直线a直线l，且直线b直线l，则ab.小前提：正方体ABCDA1B1C1D1中，A1B1AA1，且ADAA1.结论：A1B1AD.A推理正确B大前提出错导致推理错误C小前提出错导致推理错误D仅结论错误参考答案：B10. 设，是变量x和y的n个样本点，直线l是由这些样本点通过最小二乘法得到的线性回归直线（如图），则以下结论中正确的是（ ）Ax和y的相关系数为直线l的斜率Bx和y的相关数据在0到1之间C当n为偶数时，分布在l两侧的样本点的个数一定相同D直线l过点参考答案：D因回归直线一定过这组数据的样本中心点，故选D二、 填空题:本大题共7小题,每

5、小题4分,共28分11. 如果执行下面的框图，输入N12，则输出的数等于 .参考答案：12. 如图，在边长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱AB上一点，M是棱D1C1上一点，则三棱锥M-DEC的体积是 参考答案：13. 如图，ABCDA1B1C1D1为正方体，下面结论中正确的是_(把你认为正确的结论都填上) BD平面CB1D1；AC1平面CB1D1；AC1与底面ABCD所成角的正切值是；二面角CB1D1C1的正切值是；过点A1与异面直线AD与CB1成70角的直线有2条参考答案：略14. 一船在海面 A 处望见两灯塔 P ， Q 在北偏西15的一条直线上，该船沿东北方向航行4海里到

6、达 B 处，望见灯塔 P 在正西方向，灯塔 Q 在西北方向，则两灯塔的距离为_参考答案：海里如图， 在 ABP 中， AB 4， BAP 60， ABP 45， APB 75.由正弦定理得 又在 ABQ 中， ABQ 45+4590， PAB 60， AQ 2 AB 8，于是 PQ AQ AP ， 两灯塔间距离为 海里15. 给定下列命题：“若m0，则方程x2+2xm=0有实数根”的逆否命题；“x=1”是“x23x+2=0”的充分不必要条件“矩形的对角线相等”的逆命题；全称命题“?xR，x2+x+30”的否定是“?x0R，x02+x0+30”其中真命题的序号是 参考答案：【考点】2K：命题的真

7、假判断与应用；25：四种命题间的逆否关系；2J：命题的否定；2L：必要条件、充分条件与充要条件的判断【分析】只需求，由原命题和逆否命题同真假，可判断逆否命题的真假，按要求写出命题再进行判断【解答】解：=4+4m0，所以原命题正确，根据其逆否命题与原命题互为逆否命题，真假相同故其逆否命题是真命题，因此正确；x23x+2=0的两个实根是1或2，因此“x=1”是“x23x+2=0”的充分不必要条件，故正确；逆命题：“对角线相等的四边形是矩形”是假命题：“?xR，x2+x+30”的否定是“?xR，有x2+x+30”，是真命题；故答案为16. 如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1底面A1B1C

8、1，底面为直角三角形，ACB90，AC2，BC1，CC1，P是BC1上一动点，则A1PPC的最小值是_。参考答案：略17. 各项都为正数的等比数列中，则的通项公式 参考答案：略三、 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. 正项数列an的前n项和Sn满足：Sn2（1）求数列an的通项公式an；（2）令b，数列bn的前n项和为Tn证明：对于任意nN*，都有T参考答案：【考点】数列的求和；等差数列的通项公式【专题】计算题；证明题；等差数列与等比数列【分析】（I）由Sn2可求sn，然后利用a1=s1，n2时，an=snsn1可求an（II）由b=，利用裂项求和可

9、求Tn，利用放缩法即可证明【解答】解：（I）由Sn2可得，（Sn+1）=0正项数列an，Sn0Sn=n2+n于是a1=S1=2n2时，an=SnSn1=n2+n（n1）2（n1）=2n，而n=1时也适合an=2n（II）证明：由b=【点评】本题主要考查了递推公式a1=s1，n2时，an=snsn1在求解数列的通项公式中的应用及数列的裂项求和方法的应用19. 如图1，在直角梯形ABCD中，ADBC，BAD=，AB=BC=1，AD=2，E是AD的中点，O是AC与BE的交点将ABE沿BE折起到图22中A1BE的位置，得到四棱锥A1BCDE（文、理科）证明：CD平面A1OC；（理科） 若平面A1BE平

10、面BCDE，求二面角DA1CB的余弦值（文科） 若平面A1BE平面BCDE，求二面角A1DCB的大小参考答案：【考点】二面角的平面角及求法；平面与平面垂直的判定【分析】（1）先证BE平面A1OC，又CDBE，得CD平面A1OC（2）（理） 由已知得A1OC为二面角A1BEC的平面角，如图，以O为原点，建立空间直角坐标系，求出平面A1BC的法向量，平面A1CD的法向量，面A1BC与面A1CD夹角为，从而cos=cos=，即平面A1CB与平面A1CD夹角的余弦值（2）（文）因为OCCD，A1CCD，所以A1CO即为二面角A1DCB的平面角，计算得A1CO=45【解答】解：（1）在图1中，ADBC，

11、AB=BC=1，AE=1，BAD=90，所以BEAC，即在图2中，BEA1O，BEOC又A1OOC=O，所以BE平面A1OC，又CDBE，所以CD平面A1OC（2）（理） 由已知，平面A1BE平面BCDE，又由（I）知，BEA1O，BEOC所以A1OC为二面角A1BEC的平面角，所以A1OC=90如图，以O为原点，建立空间直角坐标系，因为A1B=A1E=BC=ED=1，BCED，所以B（），E（，A1C（0，0），设平面A1BC的法向量，平面A1CD的法向量，面A1BC与面A1CD夹角为，由，取，由，取，从而cos=cos=，即平面A1CB与平面A1CD夹角的余弦值为（2）（文）因为OCCD，

12、A1CCD，所以A1CO即为二面角A1DCB的平面角，计算得A1CO=45【点评】本题考查了空间线面、面面位置关系的证明，及向量法求二面角，属于中档题20. 已知曲线C：y2=2x4（1）求曲线C在点A（3，）处的切线方程；（2）过原点O作直线l与曲线C交于A，B两不同点，求线段AB的中点M的轨迹方程参考答案：【考点】轨迹方程；利用导数研究曲线上某点切线方程【分析】（1）y0时，y=，求导数，可得切线的斜率，从而可求曲线C在点A（3，）处的切线方程；（2）设l：y=kx代入y2=2x4，利用韦达定理，结合中点坐标公式，即可求出线段AB的中点M的轨迹方程【解答】解：（1）y0时，y=，y=，x=

13、3时，y=，曲线C在点A（3，）处的切线方程为y=（x3），即xy1=0；（2）设l：y=kx，M（x，y），则y=kx代入y2=2x4，可得k2x22x+4=0，=416k20，设A（x1，y1）、B（x2，y2），则x1+x2=，y1+y2=x=，y=，y2=x（x4）21. 求解不等式 参考答案：解析：（I）情形。此时不等式为。 于是有（1）。因此 当时，有；当时，有；当时，有；当时，空集。 （2） 。此时有 当时，有；当时，有；当时，有；当时，。 （II）情形。此时不等式为。 于是有（3）。因此 当时，有；当时，有；当时，空集。（4）。 因此 当时，有；当时，空集。综合（1）（4）可得当时，有；当时，有；当时，22. 19