2021-2022学年安徽省淮北市龙华中学高二数学理月考试题含解析

2021-2022学年安徽省淮北市龙华中学高二数学理月考试题含解析一、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.在圆锥曲线中，我们把过焦点最短的弦称为通径，那么抛物线y2=2px的通径为4，则P=（）A．1 B．4 C．2 D．8参考答案：C【考点】抛物线的简单性质．【分析】利用么抛物线y2=2px的通径为4，即可得出结论．【解答】解：由题意，2p=4，∴p=2．故选：C．2.已知关于x的不等式x2+bx+c＜0（ab＞1）的解集为空集，则T=的最小值为（）A． B．2 C． 2D．4参考答案：D【考点】基本不等式；一元二次不等式的应用．【分析】由题意得：，，得．利用此式进行代换，将T化成，令ab﹣1=m，则m＞0，利用基本不等式即可求出T的最小值．【解答】解：由题意得：，，得．∴，令ab﹣1=m，则m＞0，所以．则的最小值为4．故选D．3.把边长为a的正△ABC沿BC边上的高线AD折成60°的二面角,则点A到BC的距离是(

)A.a B. C. D.参考答案：D【分析】取中点，连接，根据垂直关系可知且平面，通过三线合一和线面垂直的性质可得，，从而根据线面垂直的判定定理知平面，根据线面垂直性质知，即为所求距离；在中利用勾股定理求得结果.【详解】取中点，连接，如下图所示：为边上的高

，即为二面角的平面角，即且平面正三角形

为正三角形又为中点

平面

，

平面又平面

即为点到的距离又，

本题正确选项：【点睛】本题考查立体几何中点到直线距离的求解，关键是能够通过垂直关系在立体图形中找到所求距离，涉及到线面垂直的判定定理和性质定理的应用，属于中档题.4.在△ABC中，B=45°，C=60°，c=1，则最短边的边长是（）A． B． C． D．参考答案：A【考点】正弦定理．【专题】计算题．【分析】由B=45°，C=60°可得A=75°从而可得B角最小，根据大边对大角可得最短边是b，利用正弦定理求b即可【解答】解：由B=45°，C=60°可得A=75°，∵B角最小，∴最短边是b，由=可得，b===，故选A．【点评】本题主要考查了三角形的内角和、大边对大角、正弦定理等知识的综合进行解三角形，属于基础试题．5.如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=1，BC=，点M在棱CC1上，且MD1⊥MA，则当△MAD1的面积最小时，棱CC1的长为（）A． B． C．2 D．参考答案：A【考点】棱柱的结构特征．【分析】如图所示，建立空间直角坐标系．D（0，0，0），设M（0，1，t），D1（0，0，z），（z≥t≥0，z≠0）．由MD1⊥MA，可得?=0，z﹣t=．代入=|AM||MD1|，利用基本不等式的性质即可得出．【解答】解：如图所示，建立空间直角坐标系．D（0，0，0），设M（0，1，t），D1（0，0，z），A（，0，0），（z≥t≥0，z≠0）．=（0，﹣1，z﹣t），=（﹣，1，t），∵MD1⊥MA，∴?=﹣1+t（z﹣t）=0，即z﹣t=．=|AM||MD1|=×=×==≥=，当且仅当t=，z=时取等号．故选：A．6.（多选题）设直线，分别是函数，图象上点，处的切线，与垂直相交于点P，且，分别与轴相交于点A，B，则的面积可能是（

）A．1

B．

C．

D．参考答案：BC设（不妨设），则由导数的几何意义易得切线的斜率分别为由已知得切线的方程分别为，切线的方程为，即．分别令得又与的交点为．∵，∴，∴，故选BC．7.若向量夹角的余弦值是，则的值为(

)A.2

B.－2C.－2或D.2或参考答案：C略8.下列积分值最大的是（

）A. B.C. D.参考答案：A【分析】对各个选项计算出被积函数的原函数，再将上下限代入即可得到结果，进行比较即可得到结果.【详解】A：，函数y=为奇函数，故，，B:，C:表示以原点为圆心，以2为半径的圆的面积的，故，D:，通过比较可知选项A的积分值最大，故选：A【点睛】计算定积分的步骤：①先将被积函数变形为基本初等函数的和、差等形式；②根据定积分的基本性质，变形；③分别利用求导公式的逆运算，找到相应的的原函数；④利用微积分基本定理分别求出各个定积分的值，然后求代数和(差)。9.在△ABC中，∠A∶∠B∶∠C＝1∶2∶3，CD⊥AB于D，AB＝，则DB＝（

）A．

B．

C．

D．参考答案：A10.命题p：?x∈R，＜，命题q：若M为曲线y2=4x2上一点，A（，0），则|MA|的最小值为，那么下列命题为真命题的是（）A．（￢p）∧（￢q） B．p∨（￢q） C．p∧（￢q） D．（￢p）∧q参考答案：D【考点】复合命题的真假．【分析】利用指数函数与二次函数的单调性即可判断命题p的真假，利用点到直线的距离公式即可判断出命题q的真假．再利用复合命题真假的判断方法，即可判断出真假．【解答】解：命题p：∵2＞＞，∴命题p是假命题．命题q：曲线y2=4x2，化为y=±2x，∴|MA|的最小值==，因此命题q为真命题．∴下列命题为真命题的是D：（￢p）∧q，故选：D．二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.（5分）已知扇形OAB，点P为弧AB上异于A，B的任意一点，当P为弧AB的中点时，S△OAP+S△OBP的值最大．现有半径为R的半圆O，在圆弧MN上依次取点（异于M，N），则的最大值为

．

参考答案：=，设∠MOP1=θ1，∠P1OP2=θ2，…，．则．∵0＜θi＜π，∴sinθi＞0，猜想的最大值为．即?sinθ1+sinθ2+…+≤（）．下面用数学归纳法证明：（1）当n=1时，由扇形OAB，点P为弧AB上异于A，B的任意一点，当P为弧AB的中点时，S△OAP+S△OBP的值最大，可知成立．（2）假设当n=k（k∈N*）时，不等式成立，即sinθ1+sinθ2+…+≤．成立．（θ1+θ2+…+，θi＞0）则当n=k+1时，左边=即sinθ1+sinθ2+…+++…+∵，当且仅当θi=θi+1时取等号．∴左边++…+==右边，当且仅当θi=θi+1（i∈N*，且1≤i≤2k+1﹣1）时取等号．即不等式对于?n∈N*都成立．故答案为．利用三角形的面积计算公式和数学归纳法即可得出．12.已知命题：是真命题，则实数m的取值范围为

参考答案：（-2，2）【分析】因为命题：是真命题，可得即可求得答案【详解】命题：是真命题，解得则实数的取值范围为故答案为

13.已知，则=_______

.参考答案：14.已知点为圆外一点，若圆C上存在一点Q，使得，则正数a的取值范围是

．参考答案：15.如右图所示的直观图，其表示的平面图形是

（A）正三角形

（B）锐角三角形（C）钝角三角形

（D）直角三角形参考答案：D16.设椭圆的两个焦点分别为、，过作椭圆长轴的垂线交椭圆于点，若为等腰直角三角形，则椭圆的离心率为_________.参考答案：略17.图1，2，3，4分别包含1，3，6和10个小三角形，按同样的方式构造图形，则第个图包含小三角形的个数为

．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.已知函数.，(Ⅰ)当吋,求不等式的解集;(Ⅱ)若不等式对任意实数x恒成立,求t的取值范围.参考答案：(Ⅰ)当吋,，即当吋,不等式可化为可解：当吋,不等式可化为可解：的解集为(Ⅱ)由题意得即解得故的取值范围为.19.设是两个不共线的向量，，若A、B、D三点共线，求k的值.参考答案：即由于可得：

故20.（本题10分）如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，点E在棱AB上移动．(1)证明：D1E⊥A1D；(2)当E为AB的中点时，求点E到面ACD1的距离；参考答案：（1）证一：是在平面上的射影，由三垂线定理，，所以D1E⊥；证二：建立如图的坐标系，则

，设，则

，，所以D1E⊥；（2）此时，，，设平面ACD1的法向量是，

，，由，得取，，求点E到面ACD1的距离是．略21.已知A、B、C为△ABC的内角，tanA，tanB是关于方程x2+px﹣p+1=0（p∈R）两个实根．（Ⅰ）求C的大小（Ⅱ）若AB=3，AC=，求p的值．参考答案：【考点】正弦定理的应用；两角和与差的正切函数．【分析】（Ⅰ）由判别式△=3p2+4p﹣4≥0，可得p≤﹣2，或p≥，由韦达定理，有tanA+tanB=﹣p，tanAtanB=1﹣p，由两角和的正切函数公式可求tanC=﹣tan（A+B）=，结合C的范围即可求C的值．（Ⅱ）由正弦定理可求sinB==，解得B，A，由两角和的正切函数公式可求tanA=tan75°，从而可求p=﹣（tanA+tanB）的值．【解答】解：（Ⅰ）由已知，方程x2+px﹣p+1=0的判别式：△=（p）2﹣4（﹣p+1）=3p2+4p﹣4≥0，所以p≤﹣2，或p≥．由韦达定理，有tanA+tanB=﹣p，tanAtanB=1﹣p．所以，1﹣tanAtanB=1﹣（1﹣p）=p≠0，从而tan（A+B）==﹣=﹣．所以tanC=﹣tan（A+B）=，所以C=60°．（Ⅱ）由正弦定理，可得sinB===，解得B=45°，或B=135°（舍去）．于是，A=180°﹣B﹣C=75°．则tanA=tan7