2022年浙江省宁波市芦渎中学高二数学理月考试题含解析

2022年浙江省宁波市芦渎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.已知实数a、b、c、d成等差数列,且曲线取得极大值的点坐标为(b,c),则等于（

）A.－1 B.0 C.1 D.2参考答案：B由题意得，，解得由于是等差数列，所以，选B.2.两个等差数列和,其前项和分别为,且则=(

)A.

B.

C.

D.参考答案：D3.甲乙两组统计数据用下面茎叶图表示，设甲乙两组数据的平均数分别为，中位数分别为，，则（

）A.＜，＞

B.<，C.>，>

D.>，<参考答案：B4.下列各式中最小值为2的是（） A． B．+ C． D．sinx+参考答案：C【考点】基本不等式． 【专题】计算题；转化思想；不等式． 【分析】变形利用基本不等式的性质即可得出． 【解答】解：A.=+＞2，不正确； B．ab＜0时，其最小值小于0，不正确； C.==+≥2，当且仅当=1时取等号，满足题意． D．sinx＜0时，其最小值小于0，不正确． 故选：C． 【点评】本题考查了基本不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．5.已知，则的大小关系为A． B． C． D．参考答案：A略6.已知△ABC的三个顶点落在半径为R的球O的表面上，三角形有一个角为且其对边长为3，球心O到△ABC所在的平面的距离恰好等于半径R的一半，点P为球面上任意一点，则P-ABC三棱锥的体积的最大值为（

）A. B. C. D.参考答案：C【分析】设外接圆的圆心为，则平面，所以，设外接圆的半径为，，利用正弦定理即可求得：，再利用截面圆的性质可列方程：，即可求得，即可求得点到平面的距离的最大值为，利用余弦定理及基本不等式即可求得：，再利用锥体体积公式计算即可得解。【详解】设外接圆的圆心为，则平面，所以设外接圆的半径为，，由正弦定理可得：，解得：由球的截面圆性质可得：，解得：所以点到平面的距离的最大值为：.在中，由余弦定理可得：当且仅当时，等号成立，所以.所以，当且仅当时，等号成立.当三棱锥的底面面积最大，高最大时，其体积最大.所以三棱锥的体积的最大值为故选：C【点睛】本题主要考查了球的截面圆性质，还考查了转化思想及正、余弦定理应用，考查了利用基本不等式求最值及三角形面积公式、锥体体积公式，还考查了计算能力及空间思维能力，属于难题。7.如果实数x,y满足等式(x－2)2+y2=3，那么的最大值是（

）A．

B．

C．

D．参考答案：D略8.已知向量，，若∥，则t=（

）A.0 B. C.－2 D.－3参考答案：C【分析】由已知向量的坐标求出的坐标，代入共线向量得坐标运算公式求解．【详解】，，，，由，得，即．故选：C．【点睛】本题考查了两向量平行的坐标表示与应用问题，是基础题目．9.设a、b、c分别是△ABC中∠A、∠B、∠C所对边的边长，则直线xsinA+ay+c=0与bx﹣ysinB+sinC=0的位置关系是(

)A．垂直 B．平行 C．重合 D．相交但不垂直参考答案：A【考点】直线的一般式方程与直线的垂直关系．【专题】计算题．【分析】先由直线方程求出两直线的斜率，再利用正弦定理化简斜率之积等于﹣1，故两直线垂直．【解答】解：两直线的斜率分别为和，△ABC中，由正弦定理得=2R，R为三角形的外接圆半径，∴斜率之积等于，故两直线垂直，故选A．【点评】本题考查由直线方程求出两直线的斜率，正弦定理得应用，两直线垂直的条件．10.随机变量X～B(n，p)且E(X)=3．6，D(X)=2．16，则

A．n=4，p=0．9

B．n=9，p=0．4

C．n=18，p=0．2

D．n=36，P=0．l参考答案：B二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.某服装商场为了了解毛衣的月销售量y(件)与月平均气温x(℃)之间的关系，随机统计了某4个月的月销售量与当月平均气温，其数据如下表：月平均气温x(℃)171382月销售量y(件)24334055由表中数据算出线性回归方程中的，气象部门预测下个月的平均气温约为6℃，据此估计，该商场下个月毛衣的销售量约为________件．参考答案：46

12.过点（1,0）且与直线x-2y－2＝0平行的直线方程

参考答案：x-2y-1=013.函数的最小值是________.参考答案：

14.某校高三有1000个学生，高二有1200个学生，高一有1500个学生，现按年级分层抽样，调查学生的视力情况，若高一抽取75人，则全校共抽取

人.参考答案：18515.已知tan(+α)=3，则tanα的值是，cos2α的值是．参考答案：，

【考点】两角和与差的正切函数；二倍角的余弦．【分析】由两角和与差的正切函数展开已知等式，整理即可求得tanα的值，由万能公式即可求得cos2α的值．【解答】解：∵tan（+α）==3，解得：tanα=，∴cos2α==．故答案为：，．16.右图是正方体平面展开图，在这个正方体中①BM与ED平行；②CN与BE是异面直线；③CN与BM成60o角；④EM与BN垂直.

以上四个命题中，正确命题的序号是_____________.参考答案：③④略17.已知A、B、C三点在球心为O，半径为3的球面上，且几何体O—ABC为正三棱锥，若A、B两点的球面距离为，则正三棱锥的侧面与底面所成角的余弦值为_____________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.（本题满分15分）已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，离心率为，过椭圆上一点作倾斜角互补的两条直线，分别交椭圆于不同两点、.（Ⅰ）求证：直线的斜率为一定值；（Ⅱ）若直线与轴的交点满足：，求直线的方程；（Ⅲ）若在椭圆上存在关于直线对称的两点，求直线在轴上截距的取值范围.参考答案：（Ⅰ）设椭圆方程为由所以椭圆方程为．

…………………3分设直线方程为，则直线的方程为，，.…………6分另解：设直线方程为,ks5u由消去得,，设，则，因为直线的倾斜角互补，所以，，，，，解得.所以直线的斜率为一定值.（参照上一解法评分）（Ⅱ）由（Ⅰ）可设直线方程为，则，设，则由得.由，,解得，所以直线方程为.

…………………10分（Ⅲ）设为椭圆上关于直线对称的两点，则设中点为,则,由得，又,所以由点在椭圆内知，，，解得，即为直线在轴上截距的取值范围.

………15分

19.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1=4，S4=30．（1）求数列{an}的通项公式；（2）设bn=an?2n+1，求数列{bn}的前n项和Tn．参考答案：考点：数列的求和；等差数列的通项公式．专题：等差数列与等比数列．分析：（1）利用等差数列的通项公式及其前n项和公式即可得出；（2）bn=an?2n+1=?2n+1．利用“错位相减法”、等比数列的前n项和公式即可得出．解答：解：（1）设差数列{an}的公差为d，∵a1=4，S4=30．∴=30，解得d=．∴an=a1+（n﹣1）d=4+=．∴an=．（2）bn=an?2n+1=?2n+1．∴数列{bn}的前n项和Tn=，+…+（7n﹣2）×2n+（7n+5）×2n+1]∴﹣Tn=+…+7×2n﹣（7n+5）×2n+1]==，∴Tn=．点评：本题考查了等差数列与等比数列的通项公式及其前n项和公式、“错位相减法”，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．20.如图，已知⊥平面，∥，=2，且是的中点．

（Ⅰ）求证：∥平面；

（Ⅱ）求证：平面BCE⊥平面；

(III)

求此多面体的体积．

参考答案：解：（Ⅰ）取CE中点P，连结FP、BP，∵F为CD的中点，∴FP∥DE，且FP=又AB∥DE，且AB=∴AB∥FP，且AB=FP，∴ABPF为平行四边形，∴AF∥BP．

…………3分又∵AF平面BCE，BP平面BCE，∴AF∥平面BCE

…………5分

（Ⅱ）∵，所以△ACD为正三角形，∴AF⊥CD∵AB⊥平面ACD，DE//AB

∴AF⊥平面CDE

…………8分又BP∥AF

∴BP⊥平面CDE又∵BP平面BCE∴平面BCE⊥平面CDE

…………10分(III)此多面体是一个以C为定点，以四边形ABED为底边的四棱锥，，等边三角形AD边上的高就是四棱锥的高

…………14分略21.已知椭圆过点(2,0)，且其中一个焦点的坐标为(1,0).（Ⅰ）求椭圆E的方程；（Ⅱ）若直线l：与椭圆交于两点A，B，在x轴上是否存在点M，使得为定值？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．参考答案：解：（Ⅰ）由已知得，∴，则的方程为；........................……………........................................................4分（Ⅱ）假设存在点,使得为定值，联立,得..............................................................................6分设，则，.....…...................................7分.....................…….............................................................9分要使上式为定值,即与无关,应有解得,此时.................................................……........................................11分所以，存在点使得为定值……………12分22.