2021-2022学年江苏省南京市第十三中学高二上学期12月月考数学试题（解析版）

这是一份2021-2022学年江苏省南京市第十三中学高二上学期12月月考数学试题（解析版），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2021-2022学年江苏省南京市第十三中学高二上学期12月月考数学试题
一、单选题
1．已知各项均为正数的等比数列的前4项和为15，且，则
A．16 B．8 C．4 D．2
【答案】C
【解析】利用方程思想列出关于的方程组，求出，再利用通项公式即可求得的值．
【详解】设正数的等比数列{an}的公比为，则，
解得，，故选C．
【点睛】本题利用方程思想求解数列的基本量，熟练应用公式是解题的关键．
2．将名教师，名学生分成个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，
每个小组由名教师和名学生组成，不同的安排方案共有
A．种 B．种 C．种 D．种
【答案】A
【详解】试题分析：第一步，为甲地选一名老师，有种选法；第二步，为甲地选两个学生，有种选法；第三步，为乙地选名教师和名学生，有种选法，故不同的安排方案共有种，故选A．
【解析】排列组合的应用．
3．已知正三棱柱，，则异面直线与所成角的余弦值为
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】分析：以A为原点，在平面ABC内过A作AC的垂线为x轴，以AC为y轴，以AA1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线AB1和A1C所成的角的余弦值大小．
详解：以A为原点，在平面ABC内过A作AC的垂线为x轴，以AC为y轴，以AA1为z轴，建立空间直角坐标系，
设正三棱柱ABC﹣A1B1C1的各条棱长为2，
则A（0，0，0），B1（，1，2），A1（0，0，2），C（0，2，0），
=（），=（0，2，﹣2），
设异面直线AB1和A1C所成的角的余弦值为θ，
则cosθ===．
∴异面直线AB1和A1C所成的角的余弦值大小为．
故选C．

点睛：求空间两条异面直线所成角的大小是立体几何中最为常见的基本题型之一．这类问题的求解一般有两条途径：其一是平移其中的一条直线或两条直线，将其转化为共面直线所成角，然后再构造三角形，通过解三角形来获得答案；其二是建立空间直角坐标系，借助空间向量的数量积公式，求出两向量的夹角的大小来获解.
4．在平面直角坐标系xOy中，直线过点A（1，2）且x轴、y轴正半轴分别交于M，N，则三角形OMN面积的最小值是（     ）
A． B．3 C． D．4
【答案】D
【分析】点代入直线得到，结合基本不等式求出，求出M，N坐标，求面积即可.
【详解】直线过点A（1，2）可得，令，令，
又直线与x轴、y轴正半轴分别交于M，N，故，
得，当且仅当时取等号，故.
故选：D.
5．点A，B分别在空间直角坐标系O-xyz的x，y正半轴上，点C（0，0，2），平面ABC的法向量为，设二面角C—AB—O的大小为θ，则cosθ的值为（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据空间向量夹角公式进行求解即可.
【详解】设平面ABO的法向量为，设，
则，于是有：，
因此，
故选：D
6．在等差数列中，，且,则使的前项和成立的中最大的自然数为
A．11 B．10 C．19 D．20
【答案】C
【详解】∵为等差数列，，∴，又∵，∴即，由，，故可得使的前项和成立的中最大的自然数为19，故选C.
7．已知5辆不同的白颜色和3辆不同的红颜色汽车停成一排，则白颜色汽车至少2辆停在一起且红颜色的汽车互不相邻的停放方法种数是(       )
A．1180 B．1440 C．720 D．256
【答案】B
【分析】先从5辆白色汽车选3辆全排列视为一个整体，再将剩余的2辆白色汽车全排列视为一个整体，再将这两个整体全排列，排完后有3个空，3辆不同的红颜色汽车插空即可．
【详解】由题意可知，白颜色汽车按一组3辆和一组2辆分为2组，先从5辆白色汽车选3辆全排列共有种，再将剩余的2辆白色汽车全排列共有种，再将这两个整体全排列，共有种，排完后有3个空，3辆不同的红颜色汽车插空共有种，由分步乘法计数原理得：共有有种停放方法﹒
故选：B．
8．设抛物线C：y2=4x的焦点为F，过点（–2，0）且斜率为的直线与C交于M，N两点，则=
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】D
【分析】首先根据题中的条件，利用点斜式写出直线的方程，涉及到直线与抛物线相交，联立方程组，消元化简，求得两点，再利用所给的抛物线的方程，写出其焦点坐标，之后应用向量坐标公式，求得，最后应用向量数量积坐标公式求得结果.
【详解】根据题意，过点（–2，0）且斜率为的直线方程为，
与抛物线方程联立，消元整理得：，
解得，又，
所以，
从而可以求得，故选D.
【点睛】该题考查的是有关直线与抛物线相交求有关交点坐标所满足的条件的问题，在求解的过程中，首先需要根据题意确定直线的方程，之后需要联立方程组，消元化简求解，从而确定出，之后借助于抛物线的方程求得，最后一步应用向量坐标公式求得向量的坐标，之后应用向量数量积坐标公式求得结果，也可以不求点M、N的坐标，应用韦达定理得到结果.
二、多选题
9．若，则m的取值可能是（       ）
A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】BC
【解析】根据组合的公式列式求解,再结合的范围即可.
【详解】根据题意,对于,有0≤m﹣1≤8且0≤m≤8,则有1≤m≤8,
若,则有,
变形可得：m＞27﹣3m,
解可得：m＞,
综合可得：＜m≤8,则m＝7或8；
故选：BC.
【点睛】本题主要考查了组合数的公式运用,属于中档题.
10．已知点P是平行四边形ABCD所在平面外一点，，，，下列结论中正确的是（       ）
A．AP⊥AB B．存在实数λ，使
C．是平面ABCD的法向量 D．四边形ABCD的面积为
【答案】ACD
【分析】根据题意，结合线面位置关系的向量判断方法，一一判断即可．
【详解】因为，所以，故A正确；
与不平行，故B错误．
因为，且与不平行，所以是平面ABCD的法向量，故C正确；
由

故四边形ABCD的面积为，
D正确；
故选：ACD．
11．在古希腊，毕达哥拉斯学派把1，3，6，10，15，21，28，36，45，…这些数叫做三角形数．设第n个三角形数为an，则下列结论正确的有（       ）
A．an-an-1=n （n＞1） B．a20=210
C．1024是三角形数 D．
【答案】ABD
【分析】通过归纳可判断A；通过累加可判断B；通过解方程可判断C；通过裂项相加可判断D.
【详解】∵，，，…，
由此可归纳得，故A正确；
将前面的所有项累加可得，∴，故B正确；
令，此方程没有正整数解，故C错误；
，故D正确.
故选：ABD.
12．如图，两个椭圆内部重叠区域的边界记为曲线是曲线上的任意一点，下列四个说法正确的为（       ）

A．到四点的距离之和为定值
B．曲线关于直线均对称
C．曲线所围区域面积必小于36
D．曲线总长度不大于
【答案】BC
【分析】由点在两个椭圆内部重叠区域的边界上可知，当点在上下边界上时，到的距离之和为定值，当点在左右边界上时，到的距离之和为定值，可判断A错误；利用椭圆的对称性可得B正确；曲线所围区域在边长为6的正方形内部，在半径为3的圆外部，可判断出，得出答案．
【详解】易知分别为椭圆的两个焦点，分别为椭圆的两个焦点.若点仅在椭圆上，则到、两点的距离之和为定值，到两点的距离之和不为定值，故A错误；
两个椭圆关于直线均对称，则曲线关于直线均对称，故B正确；
曲线所围区域在边长为6的正方形内部，所以面积必小于36，故C正确；曲线所围区域在半径为3的圆外部，所以曲线的总长度大于圆的周长，故D错误.
故选：BC
【点睛】本题考查椭圆的对称性，椭圆中的范围问题等，重点考查学生对基础概念的理解和计算能力，属于中等题．
三、填空题
13．若数列{an}的前n项和Sn满足：，且a1=1，则a10的值为_________．
【答案】1
【分析】根据题意，令，代入计算，即可得答案.
【详解】因为，令可得，
所以对于任意都成立，
所以，所以.
故答案为：1
14．5名优等生保送到3所学校，每校至少1名，则不同的保送方案有_________种．
【答案】150
【分析】先分成3组有种，再排列即可．
【详解】5个人分成组，方法数有种，
分组后将组排到个学校的方法数有种，
按照分步乘法计数原理,保送方案总数有种．
故答案为：150．
15．等轴双曲线C的中心在原点，焦点在x轴上，C与抛物线的准线交于A，B两点，；则C的实轴长为______．
【答案】
【详解】设等轴双曲线方程为，由题意可得抛物线的准线为，由，得，所以不妨设点，因为点在等轴双曲线上，所以，所以等轴双曲线的方程为，即，从而实轴长,
故答案为4.
【解析】双曲线、抛物线的有关概念和基本性质.
16．在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC=90°，D，E，F分别是棱AB，BC，CP的中点，AB=AC=1，PA=2，则直线PA与平面DEF所成角的正弦值为____
【答案】
【解析】根据题意作出示意图，取中点，作，根据条件证明即为线面角，由此求解出线面角的正弦值.
【详解】如图所示，取中点，连接，作交于点，
因为为中点，所以，
所以与平面所成角即为与平面所成角，
又因为平面，所以平面，所以，
又因为为中点，所以，同理可知，
又因为，所以，所以，且，
所以平面，所以且，
所以平面，所以与平面所成角为，
又因为，所以，
所以，
故答案为：.

【点睛】本题考查利用几何方法求解线面角的正弦值，解答问题的关键在于能否准确的找到线面角，难度一般.，本题还可以利用向量方法进行求解，利用直线的方向向量与平面法向量夹角的余弦值的绝对值求解线面角的正弦值.
四、解答题
17．如图，在平面直角坐标系xOy中，已知圆C：x2+y2-4x=0及点A（-1，0），B（1，2）．

(1)若直线l平行于AB，与圆C相交于M，N两点，且MN=AB，求直线l的方程；
(2)圆C上是否存在点P，使得PA2+PB2=12?若存在，求点P的个数；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)x-y=0或x-y-4=0
(2)存在，点P的个数为2
【分析】（1）根据l∥AB，可得直线l的斜率为1，设直线l的方程为x-y+m=0，根据圆的弦长公式，结合题意，即可求得m值，即可得答案.
（2）设P（x，y），则，根据题意，化简可得x2+（y-1）2=4，根据圆心距可得两圆的位置关系，即可得答案.
【详解】(1)圆C的标准方程为，所以圆心C（2，0），半径为2．
因为l∥AB，且A（-1，0），B（1，2），
所以直线l的斜率为．
设直线l的方程为x-y+m=0，
则圆心C到直线l的距离为．
因为，
而，所以，
解得m=0或m=-4，
所以直线l的方程为x-y=0或x-y-4=0．

(2)假设圆C上存在点P，设P（x，y），则，
所以PA2+PB2=，
整理得x2+y2-2y-3=0，即x2+（y-1）2=4．
因为，
所以圆（x-2）2+y2=4与圆x2+（y-1）2=4相交，
所以点P的个数为2．
18．已知集合A={1，2，3，4，5，6}．
(1)从集合A中任取4个数字组成无重复数字的四位数，共有多少个偶数？
(2)从集合A中任取3个不同的数，其和为偶数，共有多少种不同的取法?
(3)从集合A中任取2个奇数和2个偶数，可构成多少个奇数字相邻的四位数?
(4)从集合A中任取4个数字组成无重复数字的四位数，并把它们按由小到大的顺序排成一个数列，则这个数列中第135项是多少?
【答案】(1)180
(2)10
(3)108
(4)3216
【分析】（1）先选出个数数字，再选择其他数位即可；（2）分类加法计数原理进行求解；（3）先选后排，相邻问题用捆绑法进行求解；（4）先计算千位数字是1的四位数个数，再计算千位数字是2的四位数个数，依次计算，确定第135项.
【详解】(1)先从3个偶数中任选一个放在个位，进而从剩余的5个数中选择3个进行排列，故有个；
(2)一是选择3个偶数，其和为偶数，有种，二是选择1个偶数，选择2个奇数相加，其和为偶数，此时有种取法，综上共有种；
(3)从3个奇数中选出2个，从3个偶数中选出2个，把两个奇数看为一个整体，有种情况，两个偶数和奇数组成的整体进行全排列，故共有个.
(4)千位数为1的四位数共有个，千位数为2的四位数共有个，
千位数为3的四位数共有个，所以第135项的千位数字为3；
千位数为3且百位数为1的四位数共有个，
千位数为3且百位数为2的四位数共有个，
所以第135项是千位数字为3，百位数为2的四位数中的第3项，
所以数列中的第135项是3216．
19．在空间直角坐标系O-xyz中，点P（2a+1，a，-1），A（2，0，0），B（1，0，2），C（2，1，1）．
(1)若点P在平面ABC内，求实数a的值；
(2)若a=0，求
①点P到直线AB的距离；
②点P到平面ABC的距离．
【答案】(1)1
(2)①；②
【分析】（1）：因为点P在平面ABC内，所以共面，则存在实数x，y，使得，根据向量坐标相等关系即可求解参数；
（2）：根据点到线与面的距离公式求解即可．
【详解】(1)由题意．
因为点P在平面ABC内，所以共面，
存在实数x，y，使得，即
解得x=-1，y=1，a=1，即实数a的值为1．
(2)因为a=0，所以P（1，0，-1），，，
①设与所成的角为θ，
则，
所以，又，
所以点P到直线AB的距离．
②设平面ABC的法向量=（x，y，z），因为，．
因为，所以，
取z=1得=（2，-1，1），
因为，
所以点P到平面ABC的距离为．
20．在数列中，已知．
(1)求证：数列为等比数列；
(2)记，且数列的前项和为．若为数列中的最小项，求的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由，整理得：．由，，可知是以为首项，公比为的等比数列；
（2）由（1）求得数列通项公式及前项和为，由为数列中的最小项，则对有恒成立，分类分别求得当时和当的取值范围，当时，，利用做差法，根据函数的单调性，即可求得的取值范围．
【详解】(1)证明：∵，
∴．
又，
∴，
故，
∴是以为首项，公比为的等比数列．
(2)解：由（1）知，∴．
∴
．
若为数列中的最小项，则对有恒成立，
即对恒成立．
1° 当时，有；
2° 当时，有；
3° 当时，恒成立，
∴ 对恒成立．
令，则对恒成立，
∴在时为单调递增数列．
∴，即．
综上，，即的取值范围为．
21．如图，四棱锥C-ABDE中，，AE=2BD=2，点F是AB的中点，点G在线段DC上，且

(1)求证：BG//平面CEF；
(2)若AE⊥平面ABC，AE=AB，，求二面角F-EC-D的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）延长EF，DB交于点K，连接KC，根据题意，可得，即，又，可得BG//CK，根据线面平行的判定定理，即可得证.
（2）如图建系，求得各点坐标，分别求得ECF和ECD的法向量，根据二面角的向量求法，即可求得二面角的余弦值，根据同角三角函数的关系，即可得答案.
【详解】(1)延长EF，DB交于点K，连接KC，
因为AE//BD，所以AE//BK，
所以，所以，
所以，
又因为2DG=GC，所以，
所以，即，
所以BG//CK，
又因为CKÌ平面CEF，且BGË平面CEF，
所以BG//平面CEF

(2)因为，AE=AB=2，
所以，即，
以C为原点，为x轴的正方向，以为y轴的正方向，
以过C点且垂直于面ABC为z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，                                                  
所以，
则，设为平面ECF的法向量，
由，取，则，
所以平面ECF的一条法向量
设为平面ECD的法向量，，
由，取x2=2，则y2=1，
所以平面ECD的一条法向量
所以，
设二面角F-EC-D的平面角为θ，则，
所以

22．已知椭圆，动直线l与椭圆交于B，C两点（B在第一象限）．
(1)若点B的坐标为，求△OBC面积的最大值；
(2)设B（x1，y1），C（x2，y2），且3y1+y2=0，求当△OBC面积最大时，直线l的方程．
【答案】(1)
(2)．
【分析】（1）：设过点C且平行于OB的直线，当与椭圆只有一个公共点时，△OBC的面积最大，通过联立方程利用判别式为零即可求出点C坐标，从而求得面积最大值；
（2）：设直线l的方程为x=my+n，代入椭圆方程利用韦达定理结合已知条件得，通过三角形面积公式由基本不等式求出最值，从而得直线方程．
【详解】(1)直线OB的方程为，即3x-2y=0，
设过点C且平行于OB的直线的方程为，
则当与椭圆只有一个公共点时，△OBC的面积最大．
联立消去y并整理，得3x2+3bx+b2-3=0，
此时Δ=9b2-12（b2-3），令Δ=0，解得．
当时，；当时，，
∴ △OBC面积的最大值为．
(2)显然可知直线l与y轴不垂直，设直线l的方程为x=my+n，
联立消去x并整理，得（3m2+4）y2+6mnx+3n2-12=0，
∴
∵ 3y1+y2=0，∴
从而，即，
∴．
∵ B在第一象限，∴ ，∴ n＞0．
∵ y1＞0，∴ m＞0，
∴ （当且仅当，即时取等号），此时，
∴ 直线l的方程为，即．