山西省大同市开发区中学2021-2022学年高二数学理月考试卷含解析

山西省大同市开发区中学2021-2022学年高二数学理月考试卷含解析一、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.有这样一个有规律的步骤：对于数25，将组成它的数字和5分别取立方再求和为133，即23+53=133；对于133也做同样操作：13+33+33=55，如此反复操作，则第2017次操作后得到的数是（）A．25 B．250 C．55 D．133参考答案：D【考点】F1：归纳推理．【分析】第1次操作为23+53=133，第2次操作为13+33+33=55，第3次操作为53+53=250，第4次操作为23+53+03=133，所以操作结果，以3为周期，循环出现，由此可得第2017次操作后得到的数．【解答】解：第1次操作为23+53=133，第2次操作为13+33+33=55，第3次操作为53+53=250，第4次操作为23+53+03=133，∴操作结果，以3为周期，循环出现，∵2017=3×672+1，∴第2017次操作后得到的数与第1次操作后得到的数相同，∴第2017次操作后得到的数是133，故选：D．2.已知数列{an}中，a1=1，当n≥2时，an=2an﹣1+1，依次计算a2，a3，a4后，猜想an的一个表达式是（）A．n2﹣1 B．（n﹣1）2+1 C．2n﹣1 D．2n﹣1+1参考答案：C【考点】等比关系的确定；数列的概念及简单表示法．【分析】由递推式可求得数列的前4项，从而可猜想an，通过构造等比数列可求证．【解答】解：由a1=1，当n≥2时，an=2an﹣1+1，得a2=2a1+1=2×1+1=3，a3=2a2+1=2×3+1=7，a4=2a3+1=2×7+1=15，猜想﹣1，证明如下：由an=2an﹣1+1，得an+1=2（an﹣1+1）（n≥2），∴{an+1}是以2为首项，2为公比的等比数列，则an+1=2n，∴，故选C．3.下边程序执行后输出的结果是(

)A．19 B．28 C．10 D．37参考答案：B【考点】程序框图．【专题】计算题；图表型；试验法；算法和程序框图．【分析】模拟执行程序框图，依次写出每次循环得到的S，a的值，当a=4时满足条件a＞3，退出循环，输出S的值为28．【解答】解：模拟执行程序框图，可得a=1，S=1不满足条件a＞3，S=10，a=2不满足条件a＞3，S=19，a=3不满足条件a＞3，S=28，a=4满足条件a＞3，退出循环，输出S的值为28．故选：B．【点评】本题主要考查了循环结构的程序框图，正确依次写出每次循环得到的S，a的值是解题的关键，属于基础题．4.在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为的正方形，AA1=3，E是AA1的中点，过C1作C1F⊥平面BDE与平面ABB1A1交于点F，则等于（）A． B． C． D．参考答案：C【考点】棱柱的结构特征．【分析】连结AC、BD，交于点O，当C1F与EO垂直时，C1F⊥平面BDE，从而F∈AA1，△C1A1F∽△EAO，由此能求出的值．【解答】解：连结AC、BD，交于点O，∵四边形ABCD是正方形，AA1⊥底面ABCD，∴BD⊥平面ACC1A1，则当C1F与EO垂直时，C1F⊥平面BDE，∵F∈平面ABB1A1，∴F∈AA1，在矩形ACC1A1中，△C1A1F∽△EAO，则=，∵A1C1=2AO=，AE=，∴A1F=，∴AF=，∴=．故选：C．5.已知复数z=a+（a﹣2）i（a∈R，i为虚数单位）为实数，则（+x）dx的值为（）A．2+π B．2+ C．4+2π D．4+4π参考答案：A【考点】定积分；复数的基本概念．【分析】由复数定义易得a=2，可得（+x）dx=dx+xdx，由定积分的几何意义个定积分的计算可得．【解答】解：∵复数z=a+（a﹣2）i为实数，∴a=2，∴（+x）dx=dx+xdx，由定积分的几何意义可知dx表示圆x2+y2=4面积的四分之一，为π，∴（+x）dx=π+=π+2故选：A6.在曲线y=x3上切线的斜率为3的点是(

) A．（0，0） B．（1，1） C．（﹣1，﹣1） D．（1，1）或（﹣1，﹣1）参考答案：D考点：利用导数研究曲线上某点切线方程．专题：导数的综合应用．分析：求出函数的导数，利用导数的几何意义求出切点坐标即可．解答： 解：曲线y=x3，可得y′=3x2，曲线y=x3上切线的斜率为3，可得3x2=3，解得x=±1，切点坐标为：（1，1）或（﹣1，﹣1）．故选：D．点评：本题考查函数的导数的应用，导数的几何意义，考查计算能力．7.设全集U={﹣2，﹣1，0，1，2}，集合A={1，2}，B={﹣2，1，2}，则A∪（?UB）等于(

) A．? B．{1} C．{1，2} D．{﹣1，0，1，2}参考答案：D考点：交、并、补集的混合运算．专题：计算题．分析：先求出集合B的补集，再根据两个集合的并集的意义求解即可．解答： 解：∵全集U={﹣2，﹣1，0，1，2}，集合A={1，2}，B={﹣2，1，2}，∴CUB={﹣1，0}，A∪（CUB）={﹣1，0，1，2}，故选：D．点评：本题主要考查了交、并、补集的混合运算，是集合并集的基础题，也是2015届高考常会考的题型．8.已知a，b，c∈R，下列四个命题：（1）若a＞b则ac2＞bc2

（2）若则a＞b（3）若a＞b则（4）若a＞b则，其中正确的个数是（

）A．0个

B．1个

C．2个

D．3个

参考答案：A9.复数z满足，则复数z＝(

)A.1－i B.1＋2i C.1＋i D.－1－i参考答案：D【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．【详解】，，故选D．【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．10.已知命题，则为（

）A．B．C．D．参考答案：D略二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.若幂函数的图像经过点,则▲参考答案：12.已知平面向量，，且，则向量与的夹角为

．参考答案：略13.已知的通项公式＝(n∈N*)，则的前n项和＝

.参考答案：14.非空集合G关于运算满足：①对于任意a、bG，都有abG；②存在，使对一切都有a=a=a，则称G关于运算为融洽集，现有下列集合运算：

⑴G={非负整数}，为整数的加法

⑵G={偶数}，为整数的乘法⑶G={平面向量}，为平面向量的加法

⑷G={二次三项式}，为多项式的加法其中关于运算的融洽集有____________参考答案：⑴⑵⑶略15.如图，在三棱柱中，侧棱与底面垂直，已知，若为BC的中点，则与所成的角的余弦值为

参考答案：16.给出下列命题：①在正方体上任意选择4个不共面的顶点，它们可能是正四面体的4个顶点；②底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥；③若有两个侧面垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱；④一个棱锥可以有两条侧棱和底面垂直；⑤一个棱锥可以有两个侧面和底面垂直；⑥所有侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体．其中正确命题的序号是

．参考答案：①⑤【考点】命题的真假判断与应用．【分析】①根据正方体中取对应的对角线构成的四面体是正四面体．②底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥不一定是正三棱锥；③当有两个侧面垂直于底面时，该四棱柱不一定为直四棱柱；④一个棱锥不能有两条侧棱和底面垂直；⑤一个棱锥可以有两个侧面和底面垂直；⑥所有侧面都是正方形的四棱柱不一定是正方体．【解答】解：①在正方体上任意选择4个不共面的顶点，它们可能是正四面体的4个顶点正确，如图四面体B1﹣ACD1是正四面体；②底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥不一定是正三棱锥，如图所示，若AB=BC=AC=VA，且VA⊥平面ABC，但三棱锥V﹣ABC表示正三棱锥，∴②错误；③当有两个侧面垂直于底面时，该四棱柱不一定为直四棱柱，如两个侧面不是相邻的时，侧棱与底面不一定垂直，∴③错误；④一个棱锥不能有两条侧棱和底面垂直，否则，这两条侧棱互相平行，∴④错误；⑤一个棱锥可以有两个侧面和底面垂直，如②中图形，∴⑤正确；⑥所有侧面都是正方形的四棱柱不一定是正方体，∵各相邻侧面并不一定都互相垂直，∴⑥错误．故答案为：①⑤17.已知x，y的值如下表所示：x234y546如果y与x呈线性相关且回归直线方程为，那么b=

.参考答案：0.5三、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，在边长为25cm的正方形中挖去边长为23cm的两个等腰直角三角形，现有均匀的粒子散落在正方形中，问粒子落在中间带形区域的概率是多少？参考答案：【考点】几何概型．【分析】我们分别求出带形区域的面积，并求出正方形面积面积用来表示全部基本事件，再代入几何概型公式，即可求解．【解答】解：因为均匀的粒子落在正方形内任何一点是等可能的所以符合几何概型的条件．设A=“粒子落在中间带形区域”则依题意得正方形面积为：25×25=625两个等腰直角三角形的面积为：2××23×23=529带形区域的面积为：625﹣529=96∴P（A）=，则粒子落在中间带形区域的概率是．19.（本小题满分12分）在中，内角所对的边分别为，若且（1）求角的大小；（2）若的面积求的值．参考答案：（1）∵＝，＝，且,∴

,

∴, …………3分即,

即－，又，∴.

………………6分（2），∴

………9分又由余弦定理得：

∴16＝，故.

………………12分20.如图，四边形ABCD为矩形，平面ABEF⊥平面ABCD，，，，，点P在线段DF上.（1）求证：AF⊥平面ABCD；（2）若二面角的余弦值为，求PF的长度.参考答案：（1）见解析；（2）【分析】（1）先证明，又平面平面，即得平面；（2）以为原点，以，，为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，由题得，解方程即得解.【详解】（1）证明：∵，∴，又平面平面，平面平面，平面，∴平面.（2）以为原点，以，，为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，∴，，由题知，平面，∴为平面的一个法向量，设，则，∴，设平面的一个法向量为，则，∴，令，可得，∴，得或（舍去），∴.【点睛】本题主要考查空间垂直关系的证明，考查二面角的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.21.

设{an}是等差数列，{bn}是各项都为正数的等比数列，且a1=b1=1，a3+b5=21，a5+b3=13.(1)求{an}，{bn}的通项公式；

(2)求数列的前n项和Sn.参考答案：（1)设等差数列的公差为d

等比数列的公比为q，由题意得1+2d+q4=21，

①

1+4d+q2=13，

②①×2－②得，2q4－q2－28=0，解得q2=4

又由题意，知{bn}各项为正，所以q=2，代入②得d=2，所以an=2n－1，bn=2n-1.(2)由(1)可知，，又，

(1)，

(2)(2)－(1)得

，∴22.已知圆C经过点A（﹣2，0），B（0，2），且圆心C在直线y=x上，又直线l：y=kx+1与圆C相交于P、Q两点．（1）求圆C的方程；（2）若?=﹣2，求实数k的值；（3）过点（0，4）作动直线m交圆C于E，F两点．试问：在以EF为直径的所有圆中，是否存在这样的圆P，使得圆P经过点M（2，0）？若存在，求出圆P的方程；若不存在，请说明理由．参考答案：【考点】直线与圆锥曲线的综合问题．【专题】圆锥曲线中的最值与范围问题．【分析】（1）设圆心C（a，a），半径为r．|AC|=|BC|=r，由此能求出圆C的方程．（2）由?=2×2×cos＜，＞=﹣2，得∠POQ=120°，圆心C到直线l：kx﹣y+1=0的距离d=1，由此能求出k=0．（3）当直线m的斜率不存在时，圆C也是满足题意的圆；当直线m的斜率存在时，设直线m：y=kx+4，由，得（1+k2）x2+8kx+12=0，由此利用根的判别式、韦达定理，结合已知条件能求出在以EF为直径的所有圆中，存在圆P：5x2+5y2﹣16x﹣8y+12=0或x2+y2=4，使得圆P经过点M（2，0）．【解答】解：（1）设圆心C（a，a），半径为r．因为圆C经过点A（﹣2，0），B（0，2），所以|AC|=|BC|=r，即，解得a=0，r=2，所以圆C的方程是x2+y2=4．…（2）因为?=2×2×cos＜，＞=﹣2，且与的夹角为∠POQ，所以cos∠POQ=﹣，∠POQ=120°，所以圆心C到直线l：kx﹣y+1=0的距离d=1，又d=，所以k=0．…（3）（ⅰ）当直线m的斜率不存在时，直线m经过圆C的圆心C，此时直线m与圆C的交点为E（0，2），F（0，﹣2），EF即为圆C的直径，而点M（2，0）在圆C上，即圆C也是满足题意的圆．…（ⅱ）当直线m的斜率存在时，设直线m：y=kx+4，由，消去y整理，得（1+k2）x2+8kx+12=0，由△=64k2﹣48（1+k2）＞0，得或．设E（x1，y1），F（x2，y2），则有①…由①得，②，③若存在以EF为直径的圆P经过点M（2，0），则ME⊥MF，所以，因此（x