2021年山东省泰安市第三中学高二数学理月考试题含解析

2021年山东省泰安市第三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.设，分别是定义在上的奇函数和偶函数，当时，，且，则不等式的解集（

）

(－3，0)∪(3，+∞)

(－3，0)∪(0，3)

(－∞，－3)∪(3，+∞)

(－∞，－3)∪(0，3)参考答案：D2.的值是（）

A．

B．

C．

D．参考答案：A略3.设直线与平面相交但不垂直，则下列说法中正确的是(

)A.在平面内有且只有一条直线与直线垂直B.过直线有且只有一个平面与平面垂直C.与直线垂直的直线不可能与平面平行

D.与直线平行的平面不可能与平面垂直参考答案：B4.已知半径为2，圆心在x轴的正半轴上的圆C与直线3x+4y+4=0相切，则圆C的方程为(

)．A.x2+y2-2x-3=0

B.x2+y2+4x=0C.x2+y2+2x-3=0

D.x2+y2-4x=0参考答案：D5.已知函数上的奇函数，当时，的大致图象为参考答案：B6.设x，y满足约束条件，若目标函数z=x+y(m＞0)的最大值为2，则y=sin(mx+)的图象向右平移后的表达式为（）A．y=sin(2x+)B．y=sin(x+)C．y=sin2x D．y=sin(2x+)参考答案：C【考点】简单线性规划；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换．【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用线性规划的知识求出m的值，利用三角函数的图象关系进行平移即可．【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图，∵m＞0，∴平移直线，则由图象知，直线经过点B时，直线截距最大，此时z最大为2，由，解得，即B（1，1），则1+=2，解得m=2，则=sin（2x+），则的图象向右平移后，得到y=sin[2（x﹣）+]=sin2x，故选：C．

【点评】本题主要考查三角函数解析式的求解以及线性规划的应用，根据条件求出m的取值是解决本题的关键．7.如图，AB是半径为2的圆O的弦，CD是圆O的切线，C是切点，D是OB的延长线与CD的交点，CD∥AB，若CD=，则AC等于(

) A． B． C．1 D．2参考答案：B考点：与圆有关的比例线段．专题：选作题；推理和证明．分析：连接OC，则OC⊥CD，利用CD∥AB，可得OC⊥AB，AC=BC，利用余弦定理求出BC，即可得出结论．解答： 解：连接OC，则OC⊥CD，∵CD∥AB，∴OC⊥AB，∴AC=BC，△OCD中，OC=2，CD=，∴OD=3，∴BD=1，cos∠D=，∴BC==，∴AC=，故选：B．点评：本题考查圆的切线的性质，考查余弦定理，考查学生的计算能力，属于中档题．8.已知全集，集合，那么集合的子集有（

）A.6个B.7个C.8个D.9个参考答案：C9.不等式（x+5）（3﹣2x）≥6的解集是(

)A．{x|﹣≤x≤1} B．{x|﹣1≤x≤} C．{x|x≤﹣或x≥1} D．{x|x≤﹣1或x≥}参考答案：B【考点】一元二次不等式的解法．【专题】方程思想；综合法；不等式的解法及应用．【分析】把不等式化为一般形式，求出它的解集即可．【解答】解：不等式（x+5）（3﹣2x）≥6可化为2x2+7x﹣9≤0，即（x+1）（2x﹣9）≤0；解这个不等式，得﹣1≤x≤，∴该不等式的解集是{x|﹣1≤x≤}．故选：B．【点评】本题考查了一元二次不等式的解法与应用问题，是基础题目．10.函数的图过定点A，则A点坐标是

（

）A、（）

B、（）

C、（1,0）

D、（0,1）参考答案：C二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.命题“不成立”是真命题，则实数的取值范围是

。参考答案：12.圆柱形容器内盛有高度为3cm的水，若放入三个相同的珠（球的半径与圆柱的底面半径相同）后，水恰好淹没最上面的球（如图所示），则球的半径是____cm.参考答案：略13.一直线过点，并且在两坐标轴上截距之和为，这条直线方程是__________．参考答案：，或解析：设14..二项式的展开式中的常数项是_______.（用数字作答）参考答案：60【分析】根据二项式展开式的通项公式求解.【详解】有题意可得，二项式展开式的通项为：令可得，此时.【点睛】本题考查二项式定理的应用，考查通项公式，考查计算能力，属于基础题.15.由1,2,3,4,5,6组成没有重复数字的六位数,要求奇数不相邻,且2不在第二位,则这样的六位数共有

个.参考答案：

108

16.下面给出的命题中：①已知则与的关系是②已知服从正态分布，且，则③将函数的图象向右平移个单位，得到函数的图象。其中是真命题的有

_____________。（填序号）参考答案：①③

略17.“扫雷”游戏，要求游戏者找出所有的雷，游戏规则是：一个方块下面有一个雷或没有雷，如果无雷，掀开方块下面就会标有数字（如果数学是0，常省略不标），此数字表明它周围的方块中雷的个数（至多八个），如图甲中的“3”表示它的周围八个方块中有且仅有3个雷.图乙是小明玩的游戏中的局部，根据图乙中信息，在ABCDEFG这七个方块中，有雷的方块为

．

参考答案：ADFG第4行第7个数字2，所以F、G方块有雷.第4行第6个数字4，说明E方块没有雷.由于第4行第4个数字3，说明C、D中必有一个有雷.假设C有雷，D无雷.由于第6行第7个数字2，所以第7行6、7、8、9都没有雷，第5个有雷，但是第6行第4个数字2，这样第6行第4个数字周围就有3个雷，与题目矛盾，故C无雷，D有雷.由于第4行第3个数字1，所以B五雷，由于第4行第2个数字1，所以A有雷.故有雷的是A、D、F、G.故填A、D、F、G.

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.（本小题满分12分）

在中，角所对的边分别为，已知，且（1）求角的大小；（2）若，求的值。参考答案：（1）由

∴整理，得

………4分解得：

………………5分∵

……………6分（2）由余弦定理得：，即∴

由条件得

………………..9分………………10分，…………….12分19.如图，棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA=AD=2，BD=．（1）求证：BD⊥平面PAC；

（2）求二面角P﹣CD﹣B余弦值的大小．参考答案：【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面垂直的判定．【分析】（1）由∠BAD=90°，AD=2，BD=．可得AB=2．于是矩形ABCD是正方形，可得BD⊥AC．利用线面垂直的性质可得：PA⊥BD，即可证明：BD⊥平面PAC．（2）由PA⊥平面ABCD，CD⊥AD，利用三垂线定理可得：CD⊥PD，于是∠PDA是二面角P﹣CD﹣B的平面角．利用直角三角形的边角关系即可得出．【解答】（1）证明：∵∠BAD=90°，AD=2，BD=．∴=2．∴矩形ABCD是正方形，∴BD⊥AC．∵PA⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，∴PA⊥BD，又PA∩AC=A，∴BD⊥平面PAC．（2）解：∵PA⊥平面ABCD，CD⊥AD，CD?平面ABCD，∴CD⊥PD，∴∠PDA是二面角P﹣CD﹣B的平面角．在Rt△PAD中，tan∠PDA==1，∴∠PDA=45°．∴二面角P﹣CD﹣B的余弦值为．20.如图所示，该几何体是由一个直三棱柱ADE﹣BCF和一个正四棱锥P﹣ABCD组合而成，AD⊥AF，AE=AD=2．（Ⅰ）证明：平面PAD⊥平面ABFE；（Ⅱ）求正四棱锥P﹣ABCD的高h，使得二面角C﹣AF﹣P的余弦值是．参考答案：【考点】MT：二面角的平面角及求法；LY：平面与平面垂直的判定．【分析】（Ⅰ）推导出AD⊥AF，AD⊥AB，从而AD⊥平面ABEF，由此能证明平面PAD⊥平面ABFE．（Ⅱ）以A为原点，AB、AE、AD的正方向为x，y，z轴，建立空间直角坐标系A﹣xyz，利用向量法能求出h的值．【解答】证明：（Ⅰ）∵几何体是由一个直三棱柱ADE﹣BCF和一个正四棱锥P﹣ABCD组合而成，∴AD⊥AF，AD⊥AB，又AF∩AB=A，∴AD⊥平面ABEF，又AD?平面PAD，∴平面PAD⊥平面ABFE．解：（Ⅱ）以A为原点，AB、AE、AD的正方向为x，y，z轴，建立空间直角坐标系A﹣xyz设正四棱棱的高为h，AE=AD=2，则A（0，0，0），F（2，2，0），C（2，0，2），P（1，﹣1，1）设平面ACF的一个法向量=（x，y，z），=（2，2，0），=（2，0，2），则，取x=1，得=（1，﹣1，﹣1），设平面ACP的一个法向量=（a，b，c），则，取b=1，则=（﹣1，1，1+h），二面角C﹣AF﹣P的余弦值，∴|cos＜＞|===，解得h=1．21.某校在本校任选了一个班级，对全班50名学生进行了作业量的调查，根据调查结果统计后，得到如下的2×2列联表，已知在这50人中随机抽取1人，认为作业量大的概率为.

认为作业量大认为作业量不大合计男生18

女生

17

合计

50（Ⅰ）请完成上面的列联表；（Ⅱ）根据列联表的数据，能否有99%的把握认为“认为作业量大”与“性别”有关？附表：0.1000.0500.0250.0100.0012.7063.8415.0246.635