2021-2022学年浙江省苍南县某校高二_（下）月考数学试卷

这是一份2021-2022学年浙江省苍南县某校高二_（下）月考数学试卷，共9页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 若向量a→,b→满足a→+b→=1,−2,3 a→−b→=5,0,−5，则a→⋅b→等于（ ）
A.−5B.5C.−9D.9

2. 在等比数列an中，a1=2，且an+1=Sn−tn∈N*，则t=（ ）
A.−2B.−1C.1D.2

3. 设Sn是公差不为0的等差数列an的前n项和，且S7=5a，则S10a9=（ ）
A.6B.132C.7D.152

4. 如图，在直二面角α−1−β中，B、C是直线1上两点，点A∈α，点D∈β，且AB⊥l,CD⊥1,AB=2,BC=3,CD=4，那么直线AD与直线BC所成角的余弦值为（ ）

A.22929B.32929C.42929D.52929

5. 已知抛物线C:y2=2pxp>0，经过点2,−4，且焦点为F，点A是抛物线C上任意一点，若点B3,1，则|AF|+|AB|的最小值为（ ）
A.4B.5C.6D.7

6. 甲组有5名男同学，3名女同学；乙组有6名男同学、2名女同学．若从甲、乙两组中各选出2名同学，则选出的4人中恰有1名女同学的不同选法共有（ ）
A.150种B.180种C.300种D.345种

7. 已知函数fx=lnx,gx=2x,fm=gn，则mn的最小值是（ ）
A.−12eB.12eC.−2eD.2e

8. 已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左，右焦点分别为F1,F2，M为C上一点，且ΔMF1F2的内心为Ix0,2，若ΔMF1F2的面积为4b，则|MF|+|MF2||F1F2|=（ ）
A.32B.53C.132D.43
二、多选题

已知mn≠0，则方程mx2+ny2=1与ny2=mx在同一坐标系内对应的图形可能是（ ）
A.B.
C.D.

若数列an满足a1=2,an+an+1=3nn≥1,n∈N*,an的前n项和为Sn，下列结论正确的有（ ）
A.a2022=3031B.a2n−1=3n−1
C.an+1−an=1D.S2n=3n2

设m≠0，若x=−m为函数fx=−mx+m2x+n的极大值点，则下列关系中可能成立的有（ ）
A.m=nB.n>m>0C.nn>0

已知双曲线C:x2−y23=1，则下列说法正确的是（ ）
A.双曲线C的顶点到其渐近线的距离为2
B.若F为C的左焦点，点P在C上，则满足FM→=2MP→的点M的轨迹方程为3x+22−3y2=4
C.若A，B在C上，线段AB的中点为2,2，则线段AB的方程为2x−y−2=0
D.若P为双曲线上任意一点，则点P到点2,0和到直线x=12的距离之比恒为2
三、填空题

某校毕业典礼由7个节目组成，考虑整体效果，对节目演出顺序有如下要求：节目甲必须排在前三位，且节目丙、丁必须排在一起，则编排方案共有________种．（用数字作答）

己知不等式2x+1−aex≥0有且只有两个整数解，则实数a的范围为________.

等比数列an的公比01a1+1a2+⋯+1an成立的正整数n的最大值为________.

已知抛物线y2=8x上A、B两点满足OA→⋅OB→=0，过坐标原点O向直线AB引垂线，垂足为P，则△OFP （F为抛物线的焦点）面积的最大值为________.
四、解答题

已知⊙O:x2+y2=r2r>0，过圆外一点M7,1引圆的两条切线MA，MB，切点分别为A，B，且MA⊥MB.
(1)求r；

(2)直线l交⊙O所得弦长为2，且分别交x轴、y轴于Pa,0,Q0,b,a>0,b>0，求a2+2b2的最小值．

已知函数fx=ax−sinx.
(1)若函数fx为增函数，求实数a的取值范围；

(2)证明：当x>0时，ex>2sinx.

如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA=AB=BC=2,AD=CD,∠ABC=120∘

(1)求证：平面PAC⊥平面PBD；

(2)若点M为PB的中点，点N为线段PC上一动点，求直线MN与平面PAC所成角的正弦值的取值范围．

已知椭圆C的中心在原点，一个焦点F(0,2)，且长轴长与短轴长的比是2：1．
(1)求椭圆C的方程；

(2)若椭圆C在第一象限的一点P的横坐标为1，过点P作倾斜角互补的两条不同的直线PA，PB分别交椭圆C于另外两点A，B，求证：直线AB的斜率为定值；

(3)在（2）的条件下，求△PAB面积的最大值．
参考答案与试题解析
2021-2022学年浙江省苍南县某校高二 (下)月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
平面向量数量积的运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
因为a→+b→=1,−2,3,a→−b→=5,0,−5，解得a→=3,−1,−1, b→=−2,−1,4所以a→⋅b→=3×−2+−1×−1+−1×4=−9
故选：C
2.
【答案】
A
【考点】
等比数列的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
在等比数列an中， a1=2，且an+1=Sn−tn∈N*
所以a2=S1−t=2−t,a3=S2−t=4−2t
所以a22=a1×a3，即2−t2=2×4−2t，解得； t=±2
当t=2时， a2=2−t=0，不符合等比数列的定义，应舍去，故t=−2
3.
【答案】
B
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
设数列an的公差为d，
由题意知， 7a1+7×62d=5a1+5d，解得a1=2d
所以a9=a1+8d=10d,S10=10a1+10×92d=65d，
则S10a9=6510=132
故选：B
4.
【答案】
B
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
如图，以B为坐标原点，以过点B作BC的垂线为x轴，以BC为y轴，BA为z轴，建立空间直角坐标系，
则B0,0,0,A0,0,2,C0,3,0,D4,3,0
故AD→=4,3,−2,BC→=0,3,0
则csAD→,BC→=AD→⋅BC→|AD→||BC→|=9329=32929
故直线AD与直线BC所成角的余弦值为32929
故选：B．
5.
【答案】
B
【考点】
抛物线的性质
直线与抛物线结合的最值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
由题可得4p=16，即p=4，
抛物线为C:y2=8x，准线1的方程为x=−2 ．
设A到准线的距离为d，则由抛物线的定义可知|AF|=d，
所以|AF|+|AB|=d+|AB|≥3−−2=5
故选：B
6.
【答案】
D
【考点】
分类加法计数原理
【解析】
选出的4人中恰有1名女同学的不同选法，1名女同学来自甲组和乙组两类型．
【解答】
解：一名女生来自甲组有C51⋅C31⋅C62=225种选法，
一名女生来自乙组有C52⋅C61⋅C21=120种选法，
故共有225+120=345种选法．
故选D.
7.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究函数的最值
利用导数研究函数的单调性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
因为lnm=2n，所以hm=mn=12mlnm,m>0,h′m=121+lnm.
当m>1e时,h′m>0，此时hm单调递增；
当m<1e时，h′m<0，此时hm单调递减．
所以hmmin=h1e=−12e
8.
【答案】
B
【考点】
三角形五心
椭圆的离心率
椭圆的定义
【解析】
此题暂无解析
【解答】
由题意可得， ΔMF1F2的内心Ix0,2到x轴的距离就是内切圆的半径．
又点M在椭圆C上，由椭圆的定义，得|MF1|+|MF2|+|F1F2|=2a+2c
S△MF1F2=122a+2c×2=2a+c=4b,即a+c=2b
又c=ea，所以b=a1+e2
因为a2=b2+c2
所以[a1+e2]2+a2e2=a2，即1+e2+4e2=4
所以5e2+2e−3=0，解得e=35或−1（舍去），
所以|MF1|+|MF2||F1F2|=2a2c=1e=53
故选：B
二、多选题
【答案】
B,C
【考点】
曲线与方程
椭圆的标准方程
双曲线的标准方程
【解析】
由mn≠0，分m、n同号或异号讨论，即可得到结论．
【解答】
解：方程ny2=mx即y2=mnx，表示抛物线，方程mx2+ny2=1(mn≠0)表示椭圆或双曲线．
当m和n同号时，抛物线开口向右，方程mx2+ny2=1(mn≠0)表示椭圆，C符合题意．
当m和n异号时，抛物线 y2=−mnx 开口向左，方程mx2+ny2=1表示双曲线，B符合题意．
故选BC．
【答案】
A,B,D
【考点】
数列递推式
数列的求和
等差数列的前n项和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
因为an+an+1=3n1
所以当n≥2,n∈N*时，有an−1+an=3n−12
（1）−（2）得： an+1−an−1=3
因为a1=2，所以a1+a2=3⇒a2=1
由an+1−an−1=3可知：该数列奇数项是以2为首项，公差为3的等差数列，
该数列偶数项是以1为首项，公差为3的等差数列，
A：因为a2022=a2×1011=1+1011−1×3=3031，所以本选项结论正确；
B：因为a2n−1=2+2n−1+12−1⋅3=3n−1，所以本选项结论正确；
C：因为a2=a1=−1，所以本选项结论不正确；
D：因为S2n=[2+2+2n2−1⋅3]n2+[1+1+2n2−1⋅3]n2=3n2,所以本选项结论正确.
【答案】
B,C
【考点】
利用导数研究函数的极值
函数单调性的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
BC
【答案】
B,D
【考点】
双曲线的特性
命题的真假判断与应用
与双曲线有关的中点弦及弦长问题
轨迹方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
BD
三、填空题
【答案】
624
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
当甲在首位，丙丁捆绑，自由排列，共有A55A22=240
当甲在第二位，丙丁捆绑，首位不能是丙丁，共有4A44A22=192
当甲在第三位，丙丁捆绑，分前两位是丙丁与不是丙丁两种情况，共有A22A44+A42A33A22=192
因为共有240+192+192=624
故答案为：624.
【答案】
(5e2,1]
【考点】
利用导数研究函数的单调性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
2x+1−aex≥0整理为： a≤2x+1ex，
即函数gx=2x+1ex在y=a上方及线上存在两个整数点，
g′x=1−2xex，
故显然gx在−∞,12上单调递增，在12,+∞上单调递减，
且与12相邻的整数点的函数值为：g−1=−e,g0=1 ,g1=3e, g2=5e2，
显然有g−1要恰有两个整数点，则为0和1，此时g2解得： 5e2【答案】
18
【考点】
等比数列的性质
等比数列的前n项和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由等比数列an的公比q满足0可得a1q9=1，则a1>0，且a1=q−9
由an为等比数列，则 1an+11an=anan+1=1q ，则是以1a1为首项，公比为1q的等比数列，
则原不等式等价为 a11−qn1−q>1a11−1qn1−1q=qn−1a1qn−1(q−1)
因为01，把a1=q−9, a12=q−18代入整理得qn−19>1
所以， n−19<0，则n<19，由n∈N+，则n的最大值为18．
【答案】
4
【考点】
抛物线的性质
直线与抛物线结合的最值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
依题意，设Ay128,y1,By228,y2y1y2≠0，
由OA→⋅OB→=0得： y12y2264+y1y2=0，解得y1y2=−64
设直线AB上任意点Mx,y，则AM→//AB→，
而AM→=x−y188,y−y1,AB→=y22−y128,y2−y1
于是得： x−y128y2−y1−y−y1y22−y128=0，
又y1≠y2，化简整理得：x−8−y1+y28y=0
因此，直线AB方程为： x−8−y1+y28y=0，该直线恒过定点Q8,0，
又OP⊥AB于点P，
则点P的轨迹是以OQ为直径的圆（除原点O外），
从而得点P到x轴距离最大值为圆的半径4，
又焦点F2,0
所以△OFP面积的最大值为S=12×2×4=4
四、解答题
【答案】
解：（1）如图，连接OA，OB．
因为∠AMB=90∘，MA，MB与⊙O相切，故四边形OAMB为正方形，
又|OM|=2r=72+12=52，故r=5.
∴ 圆O的标准方程为x2+y2=25
（2）设直线l的方程为xa+yb=1，
故原点O到l的距离为1a2+1b2=52−1，
故1a2+1b2=124 ，
故a2+2b2=24(a2+2b2)(1a2+1b2)=24(3+2b2a2+a2b2)≥24(3+22)=72+482，
当且仅当a2=2b2时取等号，
故a2+2b2的最小值为72+482 .
【考点】
圆的切线方程
直线与圆的位置关系
圆锥曲线中的定点与定值问题
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）如图，连接OA，OB．
因为∠AMB=90∘，MA，MB与⊙O相切，故四边形OAMB为正方形，
又|OM|=2r=72+12=52，故r=5.
∴ 圆O的标准方程为x2+y2=25
（2）设直线l的方程为xa+yb=1，
故原点O到l的距离为1a2+1b2=52−1，
故1a2+1b2=124 ，
故a2+2b2=24(a2+2b2)(1a2+1b2)=24(3+2b2a2+a2b2)≥24(3+22)=72+482，
当且仅当a2=2b2时取等号，
故a2+2b2的最小值为72+482 .
【答案】
（1）解：f′x=a−csx，
若函数fx为增函数，则f′x=a−csx≥0恒成立，
即a≥csx在R上恒成立．
∵ y=csx∈−1,1．∴ a≥1．
即实数a的取值范围是[1,+∞）．
（2）由(1)知当a=1时，fx为增函数．
又∵ f0=0，∴ 当x>0时，fx>f0=0，即当x>0时，x>sinx.
要证当x>0时，ex>2sinx，只需证当x>0时，ex>2x.
即证明ex−2x>0在0,+∞上恒成立．
设gx=ex−2x，则g′x=ex−2，令g′x=0，解得x=ln2.
则gx在0,ln2上单调递减，在ln2.+∞上单调递增．
∵ gxmin=gln2=eln2−2ln2=2−2ln2=21−ln2>0，
∴ gx≥gln2>0，
∴ ex>2x，可得ex>2sinx，命题得证．
【考点】
利用导数研究函数的单调性
余弦函数的定义域和值域
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
（1）解：f′x=a−csx，
若函数fx为增函数，则f′x=a−csx≥0恒成立，
即a≥csx在R上恒成立．
∵ y=csx∈−1,1．∴ a≥1．
即实数a的取值范围是[1,+∞）．
（2）由(1)知当a=1时，fx为增函数．
又∵ f0=0，∴ 当x>0时，fx>f0=0，即当x>0时，x>sinx.
要证当x>0时，ex>2sinx，只需证当x>0时，ex>2x.
即证明ex−2x>0在0,+∞上恒成立．
设gx=ex−2x，则g′x=ex−2，令g′x=0，解得x=ln2.
则gx在0,ln2上单调递减，在ln2.+∞上单调递增．
∵ gxmin=gln2=eln2−2ln2=2−2ln2=21−ln2>0，
∴ gx≥gln2>0，
∴ ex>2x，可得ex>2sinx，命题得证．
【答案】
解：（1）设AC的中点为O，因为AB=BC，所以BO⊥AC
因为AD=CD，所以DO⊥AC，所以B，O，D三点共线，
所以BD⊥AC，因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以BD⊥PA，因为PA∩AC=A,PA⊂平面PAC，AC⊆平面PAC，
所以BD⊥平面PAC，因为BD⊆平面PBD，所以平面PAC⊥平面PBD
(2) 由（1）可得OC⊥OD，以OC，OD所在的直线分别建立x轴和y轴，
过O点作平行于AP的直线为二轴建立空间直角坐标系，
则C3,0,0,P−3,0,2,B0,−1,0
因为M为PB的中点，所以M−32,−12,1
设 P→N=λP→C0≤λ≤1，所以N23λ−3,0,2−2λ
所以MN→=23λ−32,12,1−2λ
由（1）知BD⊥平面PAC，所以平面PAC的一个法向量为n→=0,1,0
设直线MN与平面PAC所成角为θ
则sinθ=csMN→,n→=1216λ2−10λ+2
由y=16λ2−10λ+2的对称轴为λ=516，
当λ=516时， ymin=716,当λ=1时， ymax=8
即当0≤λ≤1时， 74≤16λ2−10λ+2≤22，
所以28≤1216−10λ+2≤277
所以28≤sinθ≤277
即直线MN与平面PAC所成角的正弦值的取值范围为28,277
【考点】
平面与平面垂直的判定
二面角的平面角及求法
直线与平面所成的角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）设AC的中点为O，因为AB=BC，所以BO⊥AC
因为AD=CD，所以DO⊥AC，所以B，O，D三点共线，
所以BD⊥AC，因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以BD⊥PA，因为PA∩AC=A,PA⊂平面PAC，AC⊆平面PAC，
所以BD⊥平面PAC，因为BD⊆平面PBD，所以平面PAC⊥平面PBD
(2) 由（1）可得OC⊥OD，以OC，OD所在的直线分别建立x轴和y轴，
过O点作平行于AP的直线为二轴建立空间直角坐标系，
则C3,0,0,P−3,0,2,B0,−1,0
因为M为PB的中点，所以M−32,−12,1
设 P→N=λP→C0≤λ≤1，所以N23λ−3,0,2−2λ
所以MN→=23λ−32,12,1−2λ
由（1）知BD⊥平面PAC，所以平面PAC的一个法向量为n→=0,1,0
设直线MN与平面PAC所成角为θ
则sinθ=csMN→,n→=1216λ2−10λ+2
由y=16λ2−10λ+2的对称轴为λ=516，
当λ=516时， ymin=716,当λ=1时， ymax=8
即当0≤λ≤1时， 74≤16λ2−10λ+2≤22，
所以28≤1216−10λ+2≤277
所以28≤sinθ≤277
即直线MN与平面PAC所成角的正弦值的取值范围为28,277
【答案】
解：(I)设椭圆C的方程为y2a2+x2b2=1(a>b>0)．
由题意a2=b2+c2a：b=2：1c=2.，解得a2=4，b2=2．
所以，椭圆C的方程为y24+x22=1．
(II)由题意知，点P(1, 2)，两直线PA，PB的斜率必存在，
设PB的斜率为k，则PB的直线方程为y−2=k(x−1)．
由y−2=k(x−1)y24+x22=1. 得，(2+k2)x2+2k(2−k)x+(2−k)2−4=0．
设A(xA, yA)，B(xB, yB)，则xB=1⋅xB=k2−22k−22+k2，同理可得xA=k2+22k−22+k2．
则xA−xB=42k2+k2，yA−yB=−k(xA−1)−k(xB−1)=8k2+k2．
所以直线AB的斜率kAB=yA−yBxA−xB=2为定值．
(III)设AB的直线方程为y=2x+m，由y=2x+my24+x22=1.得4x2+22mx+m2−4=0．
由△=(22m)2−16(m2−4)>0，得m2<8．此时xA+xB=−2m2，xA⋅xB=m2−44．
由椭圆的方程可得点P(1, 2)，根据点到直线的距离公式可得P到AB的距离为d=|m|3，
由两点间的距离公式可得 |AB|=(xA−xB)2+(yA−yB)2=−32m2+12，
故S△PAB=12|AB|⋅d=12−32m2+12⋅|m|3=12−m42+4m2
=1212m2(−m2+8)≤1212×m2+(8−m2)2=2．
因为m2=4使判别式大于零，所以当且仅当m=±2时取等号，所以△PAB面积的最大值为2．
【考点】
椭圆的标准方程
直线的斜率
直线与椭圆结合的最值问题
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
(1)待定系数法求椭圆的方程．
(2)设出A、B坐标，利用一元二次方程根与系数的关系，求出A、B横坐标之差，纵坐标之差，从而求出AB斜率．
(3)设出AB直线方程，与椭圆方程联立，运用根与系数的关系求AB长度，计算P到AB的距离，计算△PAB面积，
使用基本不等式求最大值．
【解答】
解：(I)设椭圆C的方程为y2a2+x2b2=1(a>b>0)．
由题意a2=b2+c2a：b=2：1c=2.，解得a2=4，b2=2．
所以，椭圆C的方程为y24+x22=1．
(II)由题意知，点P(1, 2)，两直线PA，PB的斜率必存在，
设PB的斜率为k，则PB的直线方程为y−2=k(x−1)．
由y−2=k(x−1)y24+x22=1. 得，(2+k2)x2+2k(2−k)x+(2−k)2−4=0．
设A(xA, yA)，B(xB, yB)，则xB=1⋅xB=k2−22k−22+k2，同理可得xA=k2+22k−22+k2．
则xA−xB=42k2+k2，yA−yB=−k(xA−1)−k(xB−1)=8k2+k2．
所以直线AB的斜率kAB=yA−yBxA−xB=2为定值．
(III)设AB的直线方程为y=2x+m，由y=2x+my24+x22=1.得4x2+22mx+m2−4=0．
由△=(22m)2−16(m2−4)>0，得m2<8．此时xA+xB=−2m2，xA⋅xB=m2−44．
由椭圆的方程可得点P(1, 2)，根据点到直线的距离公式可得P到AB的距离为d=|m|3，
由两点间的距离公式可得 |AB|=(xA−xB)2+(yA−yB)2=−32m2+12，
故S△PAB=12|AB|⋅d=12−32m2+12⋅|m|3=12−m42+4m2
=1212m2(−m2+8)≤1212×m2+(8−m2)2=2．
因为m2=4使判别式大于零，所以当且仅当m=±2时取等号，所以△PAB面积的最大值为2．