2022-2023学年广东省江门市中港英文学校高二数学理月考试卷含解析

2022-2023学年广东省江门市中港英文学校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.在△ABC中，,若使绕直线旋转一周，则所形成的几何体的体积是A.

B.

C.

D.参考答案：D略2.若b<a<0，则下列结论中不正确的是A．

B．

C．

D．参考答案：C3.过椭圆的左焦点作x轴的垂线交椭圆于点P，为右焦点，若，则椭圆的离心率为（

）

A．

B．

C．

D．

参考答案：A略4.计算机执行下面的程序段后，输出的结果是（

）A．

B．

C．

D．参考答案：B5.（5分）如图，椭圆中心在坐标原点，点F为左焦点，点B为短轴的上顶点，点A为长轴的右顶点．当时，椭圆被称为“黄金椭圆”，则“黄金椭圆”的离心率e等于（）A．B．C．D．参考答案：A由题意可得，FA2=FB2+BA2，即（a+c）2=a2+a2+b2，即（a+c）2=2a2+a2﹣c2，整理得，a2=c2+ac，两边同除以a2，得1=e2+e，解得e=，故选A．6.在的展开中，的幂指数是整数的项共有（

）A、6项

B、5项

C、4项

D、3项

参考答案：B略7.若函数恰有三个极值点，则m的取值范围是（

）A. B.C. D.参考答案：A【分析】先对函数求导，得，当时，由，可得，从而极值点问题转化为了与y=-2m的交点问题,结合图像即可得出m范围；当，由，可得<0,可得m的范围.【详解】由题可知，当时，令，可化为，令，则，则函数在上单调递增，在上单调递减，的图象如图所示，所以当，即时，有两个不同的解；当，令，，解得，综上，.【点睛】本题主要考查导数的方法研究函数的极值点问题，分别研究分段函数在不同范围的单调性，结合图像即可得出结果.8.执行如图的程序框图，如果输入的n是4，则输出的p是（）

A．8 B．5 C．3 D．2参考答案：C【考点】循环结构．【分析】根据输入的n是4，然后判定k=1，满足条件k＜4，则执行循环体，依此类推，当k=4，不满足条件k＜4，则退出执行循环体，求出此时p的值即可．【解答】解：k=1，满足条件k＜4，则执行循环体，p=0+1=1，s=1，t=1k=2，满足条件k＜4，则执行循环体，p=1+1=2，s=1，t=2k=3，满足条件k＜4，则执行循环体，p=1+2=3，s=2，t=3k=4，不满足条件k＜4，则退出执行循环体，此时p=3故选：C9.函数在闭区间[-3，0]上的最大值、最小值分别是(

)A.1，－1 B.3，-17 C.1，－17 D.9，－19参考答案：B试题分析：求导，用导研究函数f（x）=x3﹣3x+1在闭区间[﹣3，0]上的单调性，利用单调性求函数的最值．解：f′（x）=3x2﹣3=0，x=±1，故函数f（x）=x3﹣3x+1[﹣3，﹣1]上是增函数，在[﹣1，0]上是减函数又f（﹣3）=﹣17，f（0）=1，f（1）=﹣1，f（﹣1）=3．故最大值、最小值分别为3，﹣17；故选C．10.数列前n项和为（

）A.

B.

C.

D.参考答案：A略二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.在平面直角坐标系xOy中，椭圆C的中心为原点，焦点在平面直角坐标系中，椭圆的中心为原点，焦点在轴上，离心率为。过的直线L交C于两点，且的周长为16，那么的方程为

。参考答案：12.过球面上两已知点可以作的大圆个数是_________个。参考答案：错解：1个。错误原因是没有注意球面上两已知点与球心共线的特殊情况，可作无数个。正确答案是不能确定。13.在△ABC中，若AB＝，AC＝5，且cosC＝，则BC＝________．参考答案：4或514.设a、b为正数，且2a＋b＝1，则＋的最小值是________．参考答案：4略15.函数的图像在处的切线在x轴上的截距为________________．参考答案：略16.若曲线存在垂直于轴的切线，则实数取值范围是___

参考答案：略17.已知直线a和两个不同的平面α、β，且a⊥α，a⊥β，则α、β的位置关系是．参考答案：平行【考点】平面与平面之间的位置关系．【专题】证明题．【分析】由已知中直线a和两个不同的平面α、β，且a⊥α，a⊥β，结合两个平面关系的判定方法，我们易判断α、β的位置关系【解答】解：若a⊥α，a⊥β则平面α、β平行或重合又∵平面α、β是两个不同的平面故α、β的位置关系是平行故答案为平行【点评】本题考查的知识点是平面与平面的位置关系，本题的结论是我们判断平面平行最常用的结论之一，希望大家熟练掌握．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.在平面直角坐标系xoy中，直线，（t为参数）与抛物线y2=2px（p＞0）相交于横坐标分别为x1，x2的A，B两点（1）求证：x02=x1x2；（2）若OA⊥OB，求x0的值．参考答案：【考点】抛物线的简单性质；参数方程化成普通方程．【分析】（1）联立直线与抛物线方程的方程组，利用参数的几何意义化简求解即可．（2）通过向量垂直的充要条件，化简求解即可．【解答】解：（1）设直线…①与抛物线y2=2px（p＞0）…②交于点A（x1，y1），B（x2，y2），∴α≠0把①代入②，得关于t的一元二次方程t2sin2α﹣2tpcosα﹣2px0=0，设点A，B所对应的参数分别为t1，t2，则，…③∴…④把③代入④得…．（2）∵OA⊥OB，∴x1x2+y1y2=0，由（Ⅰ）知，又y1=t1sinα，y2=t2sinα，∴，由③知，∴x0=2p．

…19.如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB=4，AC=BC=3，D为AB的中点（Ⅰ）求点C到平面A1ABB1的距离；（Ⅱ）若AB1⊥A1C，求二面角A1﹣CD﹣C1的平面角的余弦值．参考答案：【考点】用空间向量求平面间的夹角；与二面角有关的立体几何综合题；点、线、面间的距离计算．【分析】（I）由题意，由于可证得CD⊥平面A1ABB1．故点C到平面的距离即为CD的长度，易求；（II）解法一：由题意结合图象，可通过作辅助线先作出二面角的平面角∠A1DD1，然后在直角三角形A1D1D中求出二面角的余弦；解法二：根据几何体的形状，可过D作DD1∥AA1交A1B1于D1，在直三棱柱中，可得DB，DC，DD1两两垂直，则以D为原点，射线DB，DC，DD1分别为X轴、Y轴、Z轴的正半轴建立空间直角坐标系D﹣xyz．给出各点的坐标，分别求出两平面的法向量，求出两向量的夹角即为两平面的夹角．【解答】解：（I）由AC=BC，D为AB的中点，得CD⊥AB．又CD⊥AA1．故CD⊥平面A1ABB1．所以点C到平面A1ABB1的距离为CD==（II）解法一：如图1，取D1为A1B1的中点，连接DD1，则DD1∥AA1∥CC1．又由（I）知CD⊥平面A1ABB1．故CD⊥A1D，CD⊥D1D，所以∠A1DD1为所求的二面角A1﹣CD﹣C1的平面角．因A1D为A1C在面A1ABB1中的射影，又已知AB1⊥A1C由三垂线定理的逆定理得AB1⊥A1D．从而∠A1AB1、∠A1DA都与∠B1AB互余．因此∠A1AB1=∠A1DA，所以Rt△A1AD∽Rt△B1A1A．因此AA1：AD=A1B1：AA1，即AA12=AD?A1B1=8，得AA1=2，从而A1D==2．所以Rt△A1D1D中，cos∠A1DD1===解法二：如图2，过D作DD1∥AA1交A1B1于D1，在直三棱柱中，有DB，DC，DD1两两垂直，以D为原点，射线DB，DC，DD1分别为X轴、Y轴、Z轴的正半轴建立空间直角坐标系D﹣xyz．设直三棱柱的高为h，则A（﹣2，0，0），A1（﹣2，0，h），B1（2，0，h），C（0，，0），C1（0，，h），从而=（4，0，h），=（2，，﹣h）由AB1⊥A1C，可得8﹣h2=0，h=2，故=（﹣2，0，2），=（0，0，2），=（0，，0）设平面A1CD的法向量为=（x1，y1，z1），则有⊥，⊥∴?=0且?=0，即，取z1=1，则=（，0，1）设平面C1CD的法向量为=（x2，y2，z2），则⊥，⊥，即且=0，取x2=1，得=（1，0，0），所以cos＜，＞===，所以二面角A1﹣CD﹣C1的平面角的余弦值20.解关于x的不等式：mx2﹣（4m+1）x+4＞0（m≥0）参考答案：【考点】一元二次不等式的解法．【专题】分类讨论；分类法；不等式的解法及应用．【分析】只需讨论m=0、m＞0时，对应不等式解集的情况，求出解集即可．【解答】解：当m=0时，不等式化为﹣x+4＞0，解得x＜4；当m＞0时，不等式化为（mx﹣1）（x﹣4）＞0，即（x﹣）（x﹣4）＞0；若＜4，则m＞，解不等式得x＜或x＞4；若=4，则m=，不等式化为（x﹣4）2＞0，解得x≠4；若＞4，则m＜，解不等式得x＜4或x＞；综上，m=0时，不等式的解集是{x|x＜4}；0＜m＜时，不等式的解集是{x|x＜4，或x＞}；m=时，不等式的解集是{x|x≠4}；m＞时，不等式的解集是{x|x＜，或x＞4}．【点评】本题考查了含有字母系数的不等式的解法与应用问题，解题时应对字母系数进行分类讨论，是易错题．21.

(1)下面算法的功能是

。(2)下列算法输出的结果是（写式子）

(3）下图为一个求20个数的平均数的程序,在横线上应填充的语句为

参考答案：(1)统计x1到x10十个数据中负数的个数。(2)(3）i>20

22.（本小题满分12分）某单位用2160万元购得一块空地，计划