2021-2022学年浙江省绍兴市学勉中学高一数学文月考试卷含解析

1、2021-2022学年浙江省绍兴市学勉中学高一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. 若直线被圆截得弦长为4，则的最小值是（ ）A. 9B. 4C. D. 参考答案：A圆的标准方程为：（x+1）2+（y2）2 =4，它表示以（1，2）为圆心、半径等于2的圆；设弦心距为d，由题意可得 22+d2=4，求得d=0，可得直线经过圆心，故有2a2b+2=0，即a+b=1，再由a0，b0，可得=（ ）（a+b）=5+5+2当且仅当=时取等号，的最小值是9故选：A点睛：本题主要考查基本不等式，其难点主要在于利用三角形

2、的一边及这条边上的高表示内接正方形的边长.在用基本不等式求最值时，应具备三个条件：一正二定三相等.一正：关系式中，各项均为正数；二定：关系式中，含变量的各项的和或积必须有一个为定值；三相等：含变量的各项均相等，取得最值.2. 在中，若，则的值为( )A30 B45 C60 D90参考答案：B3. 在正四面体ABCD中，棱长为4，M是BC的中点，P在线段AM上运动（P不与A、M重合），过点P作直线l平面ABC，l与平面BCD交于点Q，给出下列命题：BC面AMD；Q点一定在直线DM上 VCAMD=4其中正确的是（）ABCD参考答案：A【考点】命题的真假判断与应用；棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面

3、垂直的判定【分析】因为AMBC，DMBC所以BC平面ADM故正确因为PQ平面BCD，BC?平面BCD所以PQBC因为PAM所以P平面AMD因为BC平面AMD所以Q平面AMD因为平面AMD平面BCD=MD所以QMD故正确因为BC平面ADM把MC作为四面体CMAD的高，AMD为其底面，SAMD=，VCAMD=故错误【解答】解：ABCD为正四面体且M为BC的中点AMBC，DMBC又AMDM=MBC平面ADM故正确PQ平面BCD，BC?平面BCDPQBC又PAMP平面AMD又BC平面AMDQ平面AMD又平面AMD平面BCD=MDQMD故正确由得BC平面ADM把MC作为四面体CMAD的高，AMD为其底面

4、在三角形AMD中AM=MD=，AD=4SAMD=VCAMD=故错误故选A4. 设，集合，则 （ ）A1 B C2 D参考答案：C5. 已知圆上任意一点M关于直线x+y=0的对称点N也在圆上，则m的值为（ ） A-1 B1 C-2 D2参考答案：D6. 已知公差不为零的等差数列an与公比为q的等比数列bn有相同的首项，同时满足a1，a4，b3成等比，b1，a3，b3成等差，则q2=（）ABCD参考答案：C【考点】84：等差数列的通项公式【分析】设等差数列an的公差为d（d0），由a1=b1，结合a1，a4，b3成等比，b1，a3，b3成等差列式求得答案【解答】解：设等差数列an的公差为d（d0）

5、，且a1=b1，由a1，a4，b3成等比，b1，a3，b3成等差，得，又a1=b1，解得：故选：C【点评】本题考查等差数列和等比数列的通项公式，是基础的计算题7. 已知直线l1：（3+m）x+4y=53m，l2：2x+（5+m）y=8平行，则实数m的值为（）A7B1C1或7D参考答案：A【考点】直线的一般式方程与直线的平行关系【分析】直接利用两条直线平行的充要条件，求解即可【解答】解：因为两条直线l1：（3+m）x+4y=53m，l2：2x+（5+m）y=8，l1与l2平行所以，解得m=7故选：A【点评】本题考查直线方程的应用，直线的平行条件的应用，考查计算能力8. 已知数列an的通项公式为，

6、则A. 100B. 110C. 120D. 130参考答案：C【分析】在数列an的通项公式中，令，可得的值【详解】数列an的通项公式为，则.故选：C.【点睛】本题考查已知数列通项公式，求数列的项，考查代入法求解，属于基础题9. 在等比数列中，已知，则（ ）A4 B5 C6 D7参考答案：B10. 函数的图象的一个对称中心是（ ）A B C D参考答案：B略二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 已知是定义在a-1,2a上的偶函数，那么a+b的值是_参考答案：略12. 对a,bR,记maxa,b=函数f（x）max|x+1|,|x-2|(xR)的最小值是_参考答案：13. 若A

7、BC的面积为，BC2，C60，则边AB的长度等于_参考答案：214. 若|=1，|=2，（ +）?=3，则与的夹角为 参考答案：【考点】9S：数量积表示两个向量的夹角【分析】利用两个向量垂直的性质，两个向量的数量积的定义，求得与的夹角的余弦值，可得与的夹角【解答】解：设与的夹角为，0，若|=1，|=2，（ +）?=3，（+）?=+=1?2?cos+4=3，cos=，=，故答案为：15. 函数的定义域为参考答案：（，1【考点】对数函数的定义域；函数的定义域及其求法【专题】计算题【分析】函数的定义域为：x|，由此能求出结果【解答】解：函数的定义域为：x|，解得x|，故答案为：（【点评】本题考查对数

8、函数的定义域，是基础题解题时要认真审题，仔细解答16. 已知函数f（x）=，则不等式的解集是参考答案：x0 x【考点】其他不等式的解法【分析】由h（x）=x2+4x在0，+）单调递增，h（x）min=h（0）=0，g（x）=x2+4x在（，0）上单调递增，g（x）max=g（0）=0可知函数f（x）在R上单调递增，则由可得2x，解不等式可求【解答】解：f（x）=，h（x）=x2+4x在0，+）单调递增，h（x）min=h（0）=0g（x）=x2+4x在（，0）上单调递增，g（x）max=g（0）=0由分段函数的性质可知，函数f（x）在R上单调递增，2x，0 x，故答案为x|0 x17. 已知数

9、列an满足a1=1，an+an1=（n2），Sn=a1?3+a2?32+an?3n，则4Snan?3n+1=参考答案：【考点】8E：数列的求和【分析】利用Sn的表达式，求出3Sn的表达式，错位求和，化简可得所求表达式的结果【解答】解：因为Sn=a1?3+a2?32+an?3n，所以3Sn=a1?32+a2?33+an?3n+1，所以4Sn=3a1+32（a1+a2）+33（a2+a3）+3n（an1+an）+an?3n+1，所以4Snan?3n+1=3a1+32（a1+a2）+33（a2+a3）+3n（an1+an），又因为a1=1，an+an1=（n2），所以4Snan?3n+1=3+32?

10、+33+3n?=3+1+1+1=3+（n1）=n+2（n2），又因为当n=1时，4S1a1?31+1=5不满足上式，所以4Snan?3n+1=，故答案为：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. 如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，ADBC，BC=2AD，PBAC，Q是线段PB的中点（）求证：AB平面PAC；（）求证：AQ平面PCD参考答案：【考点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定【专题】空间位置关系与距离【分析】（）根据线面垂直的性质及PA平面ABCD推断出PAAC，PAAB，进而利用PBAC，推断出AC平面PAB，利用线面垂直

11、性质可知ACAB，再根据PAAB，PA，AC?平面PAC，PAAC=A推断出AB平面PAC（）取PC中点E，连结QE，ED，推断出QE为中位线，判读出QEBC，BC=2AD，进而可知QEAD，QE=AD，判断出四边形AQED是平行四边形，进而可推断出AQDE，最后根据线面平行的判定定理证明出AQ平面PCD【解答】证明：（）PA平面ABCD，AC，AB?平面ABCD，PAAC，PAAB，PBAC，APAC，PA，PB?平面PAB，PAPB=P，AC平面PAB，AB?平面PAB，ACAB，PAAB，PA，AC?平面PAC，PAAC=A；AB平面PAC（）取PC中点E，连结QE，ED，Q是线段PB的

12、中点，E是PC的中点，QEBC，BC=2AD，QEAD，QE=AD，四边形AQED是平行四边形，AQDE，AQED，ED?平面PCD，AQ平面PCD【点评】本题主要考查了线面平行的判定定理的应用，线面垂直的性质和判定定理的应用考查了学生对立体几何基础定理和性质的记忆和运用19. （本题满分16分）我国加入WTO后，根据达成的协议，若干年内某产品关税与市场供应量的关系允许近似的满足：（其中为关税的税率，且，为市场价格，、为正常数），当时的市场供应量曲线如图：（1）根据图象求、的值；（2）若市场需求量为，它近似满足当时的市场价格称为市场平衡价格为使市场平衡价格控制在不低于9元，求税率的最小值参考答

13、案：（1）由图象知函数图象过：，2分 得， 4分 解得：； 6分（2）当时，即， 8分化简得： 10分令，设，对称轴为，所以，当时，取到最大值：，即，解得：，即税率的最小值为 15分答：税率的最小值为 16分20. 两个非零向量、不共线（1）若=+， =2+8， =3（），求证：A、B、D三点共线；（2）求实数k使k+与2+k共线参考答案：【考点】平行向量与共线向量【分析】（1）由=+=6，即可A、B、D三点共线（2）由于k+与2+k共线存在实数使得k+=（2+k）利用向量基本定理即可得出【解答】（1）证明=+=+=6，A、B、D三点共线（2）解：k+与2+k共线存在实数使得k+=（2+k）（

14、k2）+（1k）=，解得k=k=21. 设函数，其中（1）若函数为偶函数，求实数k的值；（2）求函数在区间0,2上的最大值；（3）若方程有且仅有一个解，求实数k的取值范围参考答案：解：（1）由是上偶函数，可得，则，则，此时，是上的偶函数，满足题意（2）在和时均为开口向上的二次函数的一部分，因此最大值为，中的较大值，由，则最大值为，中的较大值，则时，最大值为0，时，最大值为（3）可化为，时等号成立，则为一解，由方程仅有一解可得时方程无解，时，无解，即无解，时，取值范围为，则无解时；时，无解，即无解，时，取值范围，则无解时综上， 22. （本小题满分12分）如图，椭圆的顶点为，焦点为，.（）求椭圆C的方程；() 设n 为过原点的直线，是与n垂直相交于P点，与椭圆相交于A, B两点的直线，.是否存在上述直线使成立？若存在，求出直线的方程；并说出；若不存在，请说明理由.参考答案：解 : ()由知a2+b2=7, 由知a=2c, 又b2=a2-c2