2021-2022学年新疆某校高二（下）月考数学试卷

这是一份2021-2022学年新疆某校高二（下）月考数学试卷，共9页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 椭圆x24+y25=1的焦点坐标是（ ）
A.(±1, 0)B.(±3, 0)C.(0, ±1)D.(0, ±3)

2. 双曲线x24−y212=1的焦点到渐近线的距离为( )
A.23B.2C.3D.1

3. “mn>0”是“方程x2m−y2n=1为双曲线方程”的（ ）
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件

4. 命题p：曲线16y2=x的焦点为4,0；命题q：曲线x2−4y2=1的离心率为52；则下列为真命题的是（ ）
A.p∧qB.￢p∧qC.p∧(￢q)D.(￢p)∧(￢q)

5. 已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线经过点1,5，则该双曲线的离心率为( )
A.2B.5C.6D.305

6. 抛物线y2=2pxp>0上的点M2,y0到该抛物线焦点的距离为3，则抛物线的方程是（ ）
A.y2=2xB.y2=4xC.y2=−2xD.y2=−4x

7. 已知F1(−1, 0)，F2(1, 0)是椭圆C的两个焦点，过F2且垂直于x轴的直线交C于A，B两点，且|AB|=3，则C的方程为( )
A.x23+y22=1B.x23+y2=1C.x24+y23=1D.x25+y24=1

8. 古希腊数学家阿波罗尼奥斯在他的著作《圆锥曲线论》中记载了用平面切制圆锥得到圆锥曲线的方法．如图，将两个完全相同的圆锥对顶放置（两圆锥的轴重合），已知两个圆锥的底面半径为1，母线长均为2，记过圆锥轴的平面ABCD为平面α（α与两个圆锥面的交线为AC、BD），用平行于α的平面截圆锥，该平面与两个圆锥侧面的截线即为双曲线E的一部分，且双曲线E的两条渐近线分别平行于AC、BD，则双曲线E的离心率为（ ）

A.233B.2C.3D.2

9. 已知F1，F2是椭圆的两个焦点，满足MF1→⋅MF2→=0的点M总在椭圆内部，则椭圆离心率的取值范围是( )
A.(0, 1)B.(0, 12]C.(0, 22)D.[22, 1)

10. 已知抛物线x2=4y上有一条长为6的动弦AB，则AB的中点到x轴的最短距离为（ ）
A.34B.32C.1D.2

11. 设AB是椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的长轴，若把AB一百等分，过每个分点作AB的垂线，交椭圆的上半部分于P1、P2、…、P99，F1为椭圆的左焦点，则|F1A|+|F1P1|+|F1P2|+...+|F1P99|+|F1B|的值是（ ）
A.98aB.99aC.100aD.101a

12. 已知双曲线E：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右顶点为A，抛物线C:y2=8ax的焦点为F．若在E的渐近线上存在点P，使得PA→⊥FP→，则E的离心率的取值范围是( )
A.(1, 2)B.1, 324C.(2, +∞)D.324，+∞
二、填空题

命题“∀x>−1，x2+2x<1”的否定是________.

AB是过C:y2=4x焦点的弦，且|AB|=10，则AB中点的横坐标是________．

如果椭圆x236+y29=1的弦被点(4, 2)平分，则这条弦所在的直线方程是_______.

过抛物线E:y2=4x的焦点F任作两条互相垂直的直线l1，l2，分别与抛物线E交于A，B两点和C，D两点，则|AB|+4|CD|的最小值为________.
三、解答题

某中学高二数学备课组对学生的记忆力x和判断力y进行统计分析，所得数据如下表所示：

(1)请根据上表提供的数据，用最小二乘法求出y关于x的线性回归方程y=bx+a；

(2)根据（1）中求出的线性回归方程，预测记忆力为9的学生的判断力．
（参考公式： b=i=1n(xi−x)(yi−y)i=1n(xi−x)2=i=1nxiyi−nxyi=1nxi2−nx2，a=y−bx)

已知数列an的前n项和为Sn，且满足a1=3，2Sn+3=an+1.
(1)求数列an的通项公式；

(2)若等差数列bn的前n项和为Tn，且T1=a1,T3=a3求数列1bnbn+1前n项和Qn

在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若asinBcsC+csinBcsA=12b，且c>b .
(1)求角B的值；

(2)若A=π6，且△ABC的面积为43，求BC边上的中线AM的长．

如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E是BC的中点．

(1)证明A1B//平面B1ED；

(2)若正方体的棱长为1，求点C1到平面B1ED的距离．

动圆C经过点P2,0，且与直线x=−2相切，记动圆圆心C的轨迹为曲线E．
(1)求曲线E的方程；

(2)若直线l过点Q−2,0且与曲线E相切，求直线l的方程．

已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0过点P−1,32，左、右焦点分别是F1，F2，过F2的直线与椭圆交于M，N两点，且△F1MN的周长为8b.
(1)求椭圆C的方程；

(2)若点D满足F1D→=F1M→+F1N→，求四边形F1MDN面积的最大值.
参考答案与试题解析
2021-2022学年新疆某校高二（下）月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
椭圆的标准方程
【解析】

【解答】
椭圆x24+y25=1的a=5，b=2，
c=a2−b2=1，
则焦点为(0, −1)，(0, 1)．
2.
【答案】
A
【考点】
双曲线的标准方程
点到直线的距离公式
【解析】
先根据双曲线方程求得焦点坐标和渐近线方程，进而利用点到直线的距离求得焦点到渐近线的距离．
【解答】
解：双曲线x24−y212=1的焦点为(4, 0)或(−4, 0)．
渐近线方程为y=3x或y=−3x．
由双曲线的对称性可知，任一焦点到任一渐近线的距离相等，
d=|43+0|3+1=23．
故选A．
3.
【答案】
C
【考点】
双曲线的标准方程
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
此题暂无解析
【解答】
C
4.
【答案】
B
【考点】
复合命题及其真假判断
抛物线的定义
双曲线的离心率
【解析】
根据条件先判断p为假，q为真，再根据复合命题真假性关系进行选择
【解答】
B
5.
【答案】
C
【考点】
双曲线的渐近线
双曲线的离心率
【解析】
本题考查双曲线的性质．
【解答】
解：因为渐近线y=bax经过点1,5，
所以ba=5，
从而e=1+b2a2=6．
故选C．
6.
【答案】
B
【考点】
抛物线的标准方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
B
7.
【答案】
C
【考点】
椭圆的标准方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设椭圆的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)，
可得c=a2−b2=1，
∴a2−b2=1①，
∵ AB经过右焦点F2且垂直于x轴，且|AB|=3，
∴可得2b2a=3②，
联解①②，可得a2=4，b2=3，
∴ 椭圆C的方程为 x24+y23=1.
故选C.
8.
【答案】
B
【考点】
双曲线的应用
双曲线的离心率
【解析】
此题暂无解析
【解答】
B
9.
【答案】
C
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
由MF1→⋅MF2→=0知M点的轨迹是以原点O为圆心，半焦距c为半径的圆．又M点总在椭圆内部，∴ c【解答】
解：设椭圆的半长轴、半短轴、半焦距分别为a，b，c，
∵ MF1→⋅MF2→=0，
∴ M点的轨迹是以原点O为圆心，半焦距c为半径的圆．
又M点总在椭圆内部，
∴ 该圆内含于椭圆，即c∴ e2=c2a2<12，
∴ 0故选C.
10.
【答案】
D
【考点】
与抛物线有关的中点弦及弦长问题
抛物线的定义
【解析】
此题暂无解析
【解答】
D
11.
【答案】
D
【考点】
椭圆的定义
【解析】
根据椭圆的定义，写出|F1Pi|+|F2Pi|＝2a，对所给的所有的求和，有根据关于纵轴成对称分布，得到结果．
【解答】
D
12.
【答案】
B
【考点】
抛物线的性质
双曲线的特性
双曲线的定义
数量积判断两个平面向量的垂直关系
平面向量的坐标运算
【解析】
求出双曲线的右顶点和渐近线方程，抛物线的焦点坐标，可设P(m, bam)，以及向量的垂直的条件：数量积为0，再由二次方程有实根的条件：判别式大于等于0，化简整理，结合离心率公式即可得到所求范围．
【解答】
解：双曲线E：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右顶点为A(a, 0)，
抛物线C:y2=8ax的焦点为F(2a, 0)，
双曲线的渐近线方程为y=±bax，
可设P(m, bam)，
即有PA→=(a−m, −bam)，FP→=(m−2a, bam)，
由PA→⊥FP→，可得PA→⋅FP→=0，
即为(a−m)(m−2a)−b2a2m2=0，
化为(1+b2a2)m2−3ma+2a2=0，
由题意可得Δ=9a2−4(1+b2a2)⋅2a2≥0，
即有a2≥8b2=8(c2−a2)，
即8c2≤9a2，
则e=ca≤324．
由e>1，可得1故选B．
二、填空题
【答案】
∃x>−1 , x2+2x≥1
【考点】
全称命题的否定
【解析】
此题暂无解析
【解答】
∃x>−1 , x2+2x≥1
【答案】
4
【考点】
与抛物线有关的中点弦及弦长问题
【解析】
利用抛物线焦点弦的性质即可得出．
【解答】
4
【答案】
x+2y−8=0
【考点】
与椭圆有关的中点弦及弦长问题
【解析】
设这条弦的两端点为A(x1, y1)，B(x2, y2)，则x1236+y129=1x2236+y229=1，两式相减再变形得x1+x236+ky1+y29=0，又由弦中点为(4, 2)，可得k=−12，由此可求出这条弦所在的直线方程．
【解答】
x+2y−8=0
【答案】
36
【考点】
与抛物线有关的中点弦及弦长问题
抛物线的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
36
三、解答题
【答案】
解：（1）由表中数据可得x=144+6+8+10=7,y=142+3+5+6=4，i=14xiyi−4xy=4×2+6×3+8×5+10×6−4×7×4=14，
i=14xi2−4x2=42+62+82+102−4×72=20，
所以b=i=14xiyi−nxyi=14xi2−nx2=1420=0.7，
所以a=y−bx=4−0.7×7=−0.9，
所以y关于x的线性回归方程为y=0.7x−0.9.
（2）当x=9时， y=0.7×9−0.9=5.4,
所以记忆力为9的学生的判断力约为5.4.
【考点】
求解线性回归方程
回归分析
回归分析的初步应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）由表中数据可得x=144+6+8+10=7,y=142+3+5+6=4，i=14xiyi−4xy=4×2+6×3+8×5+10×6−4×7×4=14，
i=14xi2−4x2=42+62+82+102−4×72=20，
所以b=i=14xiyi−nxyi=14xi2−nx2=1420=0.7，
所以a=y−bx=4−0.7×7=−0.9，
所以y关于x的线性回归方程为y=0.7x−0.9.
（2）当x=9时， y=0.7×9−0.9=5.4,
所以记忆力为9的学生的判断力约为5.4.
【答案】
解：(1)当n=1时，得a2=9，
由2Sn+3=an+1，得2Sn−1+3=ann≥2，
两式相减得2Sn−Sn−1=an+1−an，
又Sn−Sn−1=an，
∴ an+1=3ann≥2，
又a2=3a1，∴ an+1=3ann∈N*，显然an≠0,an+1an=3，
即数列an是首项为3、公比为3的等比数列，
∴ an=3×3n−1=3n.
(2)设数列bn的公差为d，则有b1=3，
由T3=a3得3b1+3d=27，解得d=6，
∴ bn=3+n−1×6=32n−1,
又1bnbn+1=192n−12n+1=11812n−1−12n+1
∴ Qn=1181−13+13−15+…+12n−1−12n+1
=1181−12n+1=n92n+1.
【考点】
等比数列的通项公式
数列递推式
数列的求和
等差数列的通项公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)当n=1时，得a2=9，
由2Sn+3=an+1，得2Sn−1+3=ann≥2，
两式相减得2Sn−Sn−1=an+1−an，
又Sn−Sn−1=an，
∴ an+1=3ann≥2，
又a2=3a1，∴ an+1=3ann∈N*，显然an≠0,an+1an=3，
即数列an是首项为3、公比为3的等比数列，
∴ an=3×3n−1=3n.
(2)设数列bn的公差为d，则有b1=3，
由T3=a3得3b1+3d=27，解得d=6，
∴ bn=3+n−1×6=32n−1,
又1bnbn+1=192n−12n+1=11812n−1−12n+1
∴ Qn=1181−13+13−15+…+12n−1−12n+1
=1181−12n+1=n92n+1.
【答案】
解：(1)∵ asinBcsC+csinBcsA=12b，
由正弦定理得sinAsinBcsC+sinCsinBcsA=12sinB，
∵ B∈0,π，sinB≠0，
∴ sinAcsC+sinCcsA=12，即sinA+C=12，得sinB=12 .
又c>b，
∴ 0∴ B=π6 .
(2)由(1)知B=π6，若A=π6，故a=b，
则S△ABC=12absinC=12a2sin2π3=43，
∴ a=4，a=−4（舍），
又在△AMC中， AM2=AC2+MC2−2AC⋅MCcs2π3，
∴ AM2=AC2+12AC2−2⋅AC⋅12AC⋅cs2π3
=42+22−2×4×2×−12=28，
∴ AM=27 .
【考点】
两角和与差的正弦公式
正弦定理
余弦定理
解三角形
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)∵ asinBcsC+csinBcsA=12b，
由正弦定理得sinAsinBcsC+sinCsinBcsA=12sinB，
∵ B∈0,π，sinB≠0，
∴ sinAcsC+sinCcsA=12，即sinA+C=12，得sinB=12 .
又c>b，
∴ 0∴ B=π6 .
(2)由(1)知B=π6，若A=π6，故a=b，
则S△ABC=12absinC=12a2sin2π3=43，
∴ a=4，a=−4（舍），
又在△AMC中， AM2=AC2+MC2−2AC⋅MCcs2π3，
∴ AM2=AC2+12AC2−2⋅AC⋅12AC⋅cs2π3
=42+22−2×4×2×−12=28，
∴ AM=27 .
【答案】
(1)证明：连接A1C，交B1D于O点，连接OE，
E为BC中点，OE为△A1BC的中位线，
∴ OE//A1B，
∵ OE⊂平面B1ED，A1B⊄平面B1ED，
∴ 直线A1B//平面B1ED.
(2)解：由棱长为1，
∴ B1E=DE=12+(12)2=52，
又B1D=3，
∴ 点E到B1D中点的距离为(52)2−(32)2=22，
∴ S△B1ED=12×3×22=64，
设点C1到平面B1ED的距离为h，
则VC1−B1ED=VD−B1C1E=13×1×12=16，
即13×64×h=16，
∴ h=12×46=63.
【考点】
直线与平面平行的判定
点、线、面间的距离计算
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
建立空间直角坐标系进行解题即可.
将问题进行转化，进而求解即可.
【解答】
(1)证明：连接A1C，交B1D于O点，连接OE，
E为BC中点，OE为△A1BC的中位线，
∴ OE//A1B，
∵ OE⊂平面B1ED，A1B⊄平面B1ED，
∴ 直线A1B//平面B1ED.
(2)解：由棱长为1，
∴ B1E=DE=12+(12)2=52，
又B1D=3，
∴ 点E到B1D中点的距离为(52)2−(32)2=22，
∴ S△B1ED=12×3×22=64，
设点C1到平面B1ED的距离为h，
则VC1−B1ED=VD−B1C1E=13×1×12=16，
即13×64×h=16，
∴ h=12×46=63.
【答案】
解：(1)设动圆圆心Cx,y，由题意，|CP|=|x+2|，
所以x−22+y2=|x+2|，化简得， y2=8x，
故曲线E的方程为y2=8x.
(2)由题意，直线l的斜率存在且不为0，
设直线l的方程为y=kx+2，由y=kx+2y2=8x，得ky2−8y+16k=0
因为直线l与曲线E相切，所以Δ=−82−64k2=0，解得k=±1，
所以，直线l的方程为x−y+2=0或x+y+2=0.
【考点】
抛物线的标准方程
圆锥曲线的综合问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)设动圆圆心Cx,y，由题意，|CP|=|x+2|，
所以x−22+y2=|x+2|，化简得， y2=8x，
故曲线E的方程为y2=8x.
(2)由题意，直线l的斜率存在且不为0，
设直线l的方程为y=kx+2，由y=kx+2y2=8x，得ky2−8y+16k=0
因为直线l与曲线E相切，所以Δ=−82−64k2=0，解得k=±1，
所以，直线l的方程为x−y+2=0或x+y+2=0.
【答案】
解：(1)由题意，得1a2+34b2=1,4a=8b,
解得a2=4， b2=1，
∴ 椭圆C的方程为x24+y2=1.
(2)由(1)可知，F2的坐标为(3,0)，
显然直线MN的斜率不为0，
设直线MN的方程为x=my+3，Mx1,y1，Nx2,y2，
联立 x24+y2=1，x=my+3，
消去x得4+m2y2+23my−1=0，
∴ y1+y2=−23m4+m2，y1y2=−14+m2，
且Δ=12m2+4×(4+m2)>0恒成立.
∵ 点D满足F1D→=F1M→+F1N→，
∴ 四边形F1MDN为平行四边形，设其面积为S，
则S=2S△F1MN=2(S△MF1F2+S△NF1F2)
=2(12|F1F2|⋅|y1|+12|F1F2|⋅|y2|)=|F1F2|⋅(|y1|+|y2|)，
∵ y1y2<0，
∴ |y1|+|y2|=|y1−y2|，
∴ S=|F1F2|⋅|y1−y2|=23|y1−y2|，
|y1−y2|=y1+y22−4y1y2
=−23m4+m22+44+m2=4m2+14+m22，
令t=m2+1t≥1，
则 S=83tt+32=83tt2+6t+9
=831t+9t+6≤4.
当且仅当 t=3，即 m=±2时，S有最大值4，
∴ 四边形F1MDN面积的最大值为4.
【考点】
椭圆的标准方程
直线与椭圆结合的最值问题
向量的几何表示
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
(1)利用椭圆的定义及焦点三角形的周长公式，求得a和b的值，即可求得椭圆方程；
(2)确定四边形为平行四边形，表示出面积，利用基本不等式，即可求得最大值．
【解答】
解：(1)由题意，得1a2+34b2=1,4a=8b,
解得a2=4， b2=1，
∴ 椭圆C的方程为x24+y2=1.
(2)由(1)可知，F2的坐标为(3,0)，
显然直线MN的斜率不为0，
设直线MN的方程为x=my+3，Mx1,y1，Nx2,y2，
联立 x24+y2=1，x=my+3，
消去x得4+m2y2+23my−1=0，
∴ y1+y2=−23m4+m2，y1y2=−14+m2，
且Δ=12m2+4×(4+m2)>0恒成立.
∵ 点D满足F1D→=F1M→+F1N→，
∴ 四边形F1MDN为平行四边形，设其面积为S，
则S=2S△F1MN=2(S△MF1F2+S△NF1F2)
=2(12|F1F2|⋅|y1|+12|F1F2|⋅|y2|)=|F1F2|⋅(|y1|+|y2|)，
∵ y1y2<0，
∴ |y1|+|y2|=|y1−y2|，
∴ S=|F1F2|⋅|y1−y2|=23|y1−y2|，
|y1−y2|=y1+y22−4y1y2
=−23m4+m22+44+m2=4m2+14+m22，
令t=m2+1t≥1，
则 S=83tt+32=83tt2+6t+9
=831t+9t+6≤4.
当且仅当 t=3，即 m=±2时，S有最大值4，
∴ 四边形F1MDN面积的最大值为4.