2021-2022学年浙江省高中发展共同体高二下学期3月月考数学试题（解析版）

这是一份2021-2022学年浙江省高中发展共同体高二下学期3月月考数学试题（解析版），共19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学年浙江省高中发展共同体高二下学期3月月考数学试题一、单选题1．已知向量，若，则实数（       ）A． B． C．1 D．2【答案】C【分析】依题意可得，即可得到方程组，解得即可；【详解】解：因为且，所以，则，解得；故选：C2．已知直线，，若，则实数a的值是（       ）A． B．2 C．2或 D．或1【答案】A【解析】由两直线平行，得，解得，在检验此时两直线是否重合即可.【详解】由两直线平行，可知，解得，当时，，，此时两直线平行；当时，，，此时两直线重合，不满足题意舍去．故选：A.【点睛】易错点睛：本题主要考查两直线的位置关系与斜率的关系，常用结论：在斜率存时，（1） （）；（2）（），这类问题尽管简单却容易出错，特别是容易遗忘斜率不存在的情况，这一点一定不能掉以轻心.3．在四面体中，点为棱的中点. 设, ，，那么向量用基底可表示为（        ）A． B．C． D．【答案】B【分析】先根据点为棱的中点，则，然后利用空间向量的基本定理，用表示向量即可.【详解】点为棱的中点， ，，又，，故选B.【点睛】本题主要考查空间向量的基本定理，以及向量的中点公式，要求熟练掌握，同时考查了转化与划归的思想的应用，属于基础题.4．已知数列的前n项和，，则k的值为（       ）A．2 B． C．1 D．【答案】C【分析】利用的关系可得，结合已知即可求k的值.【详解】由题设，当时，，又，∴，可得.故选：C5．某学校社会实践小组共有名成员，该小组计划前往该地区三个红色教育基地进行“学党史，颂党恩，跟党走”的主题宣讲志愿服务.若每名成员只去一个基地，每个基地至少有一名成员前往，且甲，乙两名成员前往同一基地，则不同的分配方案共（       ）有A．种 B．种C．种 D．种【答案】B【分析】先把5名成员分成3组，三组人数分别为和，然后再进行全排.【详解】考虑甲乙特殊，若三组人数为，则甲乙还需一名成员，故不同的分配方案有；若三组人数为，则甲乙为一组，不同的分配方案有，所以共计种.故选：.6．已知函数，则（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据导数的运算性质，运用代入法进行求解即可.【详解】因为，所以，解得，则.故选：C7．古希腊数学家阿波罗尼奥斯（约公元首262～公元前190年）的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，著作中有这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数k（且）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼期圆．已知 ，，圆上有且仅有一个点 P满足，则r的取值可以为（ ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】A【分析】设动点P的坐标，利用已知条件列出方程，化简可得点P的轨迹方程，由点P是圆C：上有且仅有的一点，可得两圆相切，进而可求得r的值．【详解】设动点，由，得，整理得，又点是圆：上有且仅有的一点，所以两圆相切. 圆的圆心坐标为，半径为2，圆C：的圆心坐标为，半径为r，两圆的圆心距为3，当两圆外切时，，得，当两圆内切时，，，得．故选：A.【点睛】结论点睛：本题考查阿波罗尼斯圆，考查两圆相切的应用，判断圆与圆的位置关系几何法：圆心距d与r1，r2的关系：（1）外离；（2）外切；（3）相交；（4）内切；（5）内含，考查学生的数形结合思想和逻辑推理能力，属于中档题．8．正方体中，分别为的中点，是边上的一个点（包括端点），是平面上一动点，满足，则点所在的轨迹为（       ）A．椭圆 B．双曲线 C．抛物线 D．抛物线或双曲线【答案】D【分析】由题意知点所在的轨迹可以看作平面截以为旋转轴为母线的圆锥的截面曲线.根据点的位置，即可判断出答案.【详解】因为,为定值.所以也为定值.则点所在的轨迹可以看作平面截以为旋转轴为母线的圆锥的截面曲线.当为中点时:且 .所以四边形为平行四边形.所以,又平面，平面.所以平面.同理可得平面.又,平面,平面.所以平面平面.又因为平面;所以平面.所以此时所在的轨迹为抛物线.当不为中点时：不平行于平面.此时所在的轨迹双曲线.故选：D.【点睛】本题考查圆锥曲线中各曲线的由来.属于中档题.当平面与圆锥面的母线平行，且不过圆锥顶点，结果为抛物线；当平面只与圆锥面一侧相交，且不过圆锥顶点时，结果为椭圆；当平面与圆锥面两侧都相交，且不过圆锥顶点，结果为双曲线.二、多选题9．已知等差数列的前项和为，则下列一定是等差数列的是（       ）A．数列 B．数列 C．数列 D．数列【答案】AD【分析】设出首项与公差，即可写出与的表达式.再分别判断选项数列是否为等差数列.即可选出答案【详解】设等差数列的首项为，公差为.则;.对于数列:当时：;当时：=定值常数.所以数列为以为首项，为公差的等差数列.A正确.对于数列:当时：;当时：.当时定值常数.B错误对于数列:当时：;当时：.当（或）不恒成立时. 定值常数.C错误.对于数列:当时：;当时：=定值常数.所以数列为以为首项，为公差的等差数列.D正确.故选：AD.【点睛】本题考查等差数列的性质.属于中档题.10．已知函数，则（       ）A．的极大值为 B．的极大值为C．曲线在处的切线方程为 D．曲线在处的切线方程为【答案】BD【分析】首先求出函数的导函数，即可求出函数的单调区间，从而求出函数的极大值，再求出、，再利用点斜式求出切线方程；【详解】解：因为，所以，所以当或时，当时，所以在和上单调递增，在上单调递减，故的极大值为，故A错误，B正确；因为.所以曲线在处的切线方程为，即，故C错误，D正确；故选：BD11．在平面直角坐标系中，已知为抛物线的焦点，点在该抛物线上且位于轴的两侧，，则（       ）A． B．直线过点C．的面积最小值是 D．与面积之和的最小值是【答案】BCD【分析】设：，联立方程后得关于的一元二次方程，由韦达定理写出，，再由，即可得，再结合，求解出，从而判断AB，再根据三角形面积公式表示出与的面积，由基本不等式可判断CD.【详解】设：，，消可得.，得，，∴，则或∵，∴，∴，，故A错；：过，故B对；设定点，，当且仅当时，取等号，故C对；又，不妨设，又，，当且仅当时，取等号，故D对.故选：BCD.【点睛】解决直线与抛物线的综合问题时，要注意：（1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、抛物线的条件；（2）强化有关直线与抛物线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．12．如图，在正方体中，点P在线段上运动，则下列结论正确的是（       ）A．直线平面B．三棱锥的体积为定值C．异面直线与所成角的取值范围是D．直线与平面所成角的正弦值的最大值为【答案】ABD【分析】对于A，利用线面垂直的判定定理及线面垂直的性质定理，即可进行判断；对于B，利用线面平行的判定定理，得出∥平面，再根据三棱锥的体积的计算方法，即可进行判断；对于C，利用异面直线所成角的计算方法，即可进行判断；对于D，通过建立空间直角坐标系，利用坐标法求出直线与平面所成角的正弦值，然后借助二次函数，即可进行判断.【详解】对于A，连接，，，，平面，，同理，，，直线平面，故A正确；对于B，∥，平面，平面，∥平面，点在线段上运动，点到平面的距离为定值，又的面积为定值，利用等体积法知三棱锥的体积为定值，故B正确；对于C，∥，异面直线与所成的角即为与所成的角，当点位于点时，与所成的角为，当点位于的中点时，平面，，，此时，与所成的角为，异面直线与所成角的取值范围是，故C错误；对于D，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，，则，，，，，，设平面的法向量，则，即，令，得，所以，直线与平面所成角的正弦值为：，当时，直线与平面所成角的正弦值取得最大值，最大值为，故D正确.故选：ABD【点睛】关键点点睛：本题考查线面垂直的判定定理、线面垂直的性质定理、线面平行的判定定理、三棱锥的体积的计算方法、异面直线所成角的计算方法、利用向量法求解直线与平面所成角的正弦值，考查学生对这些知识的掌握能力，属于中档题.三、填空题13．已知椭圆的离心率，则的值为________.【答案】1或1616或1【详解】∵椭圆方程为，∴①当椭圆焦点在x轴上时，a2=4，b2=m，可得c= ，离心率e= = ，解得1；②当椭圆焦点在y轴上时，a2=m，b2=4，可得c=离心率e= =，解得m=16．综上所述m=16或m=1故选D．点睛：分当椭圆焦点在x轴上或焦点在y轴上进行讨论，根据椭圆的标准方程算出a、b、c值，由离心率为建立关于m的方程，解之即可得到实数m之值．最后两种情况.14．已知的展开式的二项式系数之和为64，则的系数是___________.【答案】【分析】由的展开式的二项式系数之和为64，可得，从而根据二项式定理即可求解.【详解】解：因为的展开式的二项式系数之和为64，所以，解得，所以展开式的通项公式为，所以的展开式中的系数是，故答案为：.15．已知直线，则圆截直线所得的弦长的取值范围是__________________.【答案】【分析】求出直线l恒过的定点P，圆的圆心C和半径r，再判定点P与圆C的位置关系，根据圆的性质即可得弦长范围.【详解】依题意，直线恒过定点，圆的圆心，半径，因，则点P在圆C内，由圆的性质知，过点P的最长弦是圆C的直径，即过点P的弦长最大值为6，过点P的最短弦是圆C内过点P垂直于过点P的直径的弦，该弦长为，即过点P的弦长最小值为，所以所求弦长的取值范围是.故答案为：16．在三棱锥中，平面，则二面角的正切值为___________.【答案】2【分析】根据题意分别求出，，即可求出二面角的余弦值，则可求出答案.【详解】因为平面，平面、平面.所以，.在中：;在中：;在中：.在中：.所以二面角的余弦值.正弦值.所以二面角的正切值.故答案为：2.【点睛】本题考查二面角的正切值.属于基础题.二面角的求法常有：几何法、向量法.17．若一个等差数列满足：①每项均为正整数；②首项与公差的积大于该数列的第二项且小于第三项，写出一个满足条件的数列的通项公式____________.【答案】（答案不唯一）【分析】设等差数列的公差为，由题意可得即，对和取符合题意的值，再由等差数列的通项公式即可求解.【详解】设等差数列的公差为，由题意可知， ，即，因为，所以可取，，满足不等式，则数列的通项公式为.故答案为：（答案不唯一）.18．若对恒成立，则a的取值范围是___________.【答案】【分析】设函数，利用导数可得设函数，将原不等式转化为，从而可得，构造函数，利用导数求出其最大值即可【详解】设函数，则，从而在R上单调递增.由，得，即，则，即.设函数，则.当时，；当时，.故，则.故答案为：四、解答题19．某商场经销某商品，根据以往资料统计，顾客采用的分期付款期数的分布列为12345 商场经销一件该商品，采用1期付款，其利润为150元；分2期或3期付款，其利润为200元：分4期或5期付款，其利润为250元.设表示经销一件该商品的利润.(1)记事件为“购买该商品的3位顾客中，至少有1位采用1期付款”，求；(2)求的分布列､期望及方差.【答案】(1)；(2)分布列答案见解析，（元），.【分析】（1）根据对立事件的概率公式，结合积事件的概率公式进行求解即可；（2）根据题意，结合数学期望和方差的公式进行求解即可.【详解】(1)由题意知，事件“购买该商品的3位顾客中，至少有1位采用1期付款”的对立事件是事件“购买该商品的3位顾客中无人采用1期付款”.因为，所以；(2)可能取值为.，，的分布列为150200250 故期望（元）..20．如图，已知平面四边形中，为的中点，，，且.将此平面四边形沿折成直二面角，连接、、.（Ⅰ）证明：平面平面；（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）【分析】（Ⅰ）通过证明，可得平面，进而可证明平面平面；（Ⅱ）以为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量为以及，通过向量的夹角公式可得直线与平面所成角的正弦值.【详解】解：（Ⅰ）因为，，所以直二面角的平面角为，则平面，又平面，所以，又，则即，而，平面，平面，故平面，因为平面，所以平面平面；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，，，则以为原点建立空间直角坐标系如图所示，则，，，，，，设平面的法向量为，则，令，得平面的一个法向量，又，则得，记直线与平面所成角为，则知，故所求角的正弦值为.【点睛】本题考查面面垂直的证明，考查空间向量法求线面角，考查学生计算能力，是中档题.21．已知数列的前项和为，且，数列的前项积为，且.（1）求，的通项公式；（2）求数列的前项和.【答案】（1），；（2）.【分析】（1）根据求出，根据求出；（2）用错位相减法即可得到答案.【详解】（1）时，；时，，经检验，当时，满足，因此.时，；时，，经检验，当时，满足，因此.（2）由（1）知，，，两式相减得故.22．已知函数.（1）若函数在处取得极值，求实数的值；（2）当时，不等式对于恒成立，求实数的值.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）先根据求解出的值，然后再代回进行验证即可；（2）采用换元法令，化简不等式将问题转化为“，恒成立”，构造函数，利用导数分析的单调性以及最小值，根据求解出的取值范围.【详解】解：（1）因为，所以，因为在处取极值，所以，所以，所以，检验：当时，，单调递减极小值单调递增极大值单调递减 所以在处取极值，符合题意.（2）当时，，由题知时，，所以时，，令，因为为上的增函数，且的值域为，所以，故问题转化为“，恒成立”，不妨设，所以，当时，，所以在上单调递增，且，所以当时，，这与题意不符；当时，令，解得，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，所以，所以，记，，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，又因为，即，所以.（注：也可直接讨论函数的单调性）【点睛】方法点睛：利用导数求解参数范围的两种常用方法：（1）分离参数法：将参数和自变量分离开来，构造关于自变量的新函数，研究新函数最值与参数之间的关系，求解出参数范围；（2）分类讨论法：根据题意分析参数的临界值，根据临界值作分类讨论，分别求解出满足题意的参数范围最后取并集.23．已知椭圆：的离心率为，点是椭圆短轴的一个四等分点.（1）求椭圆的标准方程；（2）设过点A且斜率为的动直线与椭圆交于，两点，且点，直线，分别交：于异于点的点，，设直线的斜率为，求实数，使得，恒成立.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）根据点是椭圆短轴的一个四等分点，求得b，再根据离心率和，即可求得a，从而得出答案；（2）设，直线MN的方程为，则直线BM的方程为，与联立，利用韦达定理可求得点，的坐标，从而得出直线的斜率，整理可得出结论.【详解】解：（1）因为点是椭圆短轴的一个四等分点，所以，又，且，则，所以，，所以椭圆的标准方程为；（2）设，直线MN的方程为，则直线BM的方程为，与联立，得：，由，且点在上，得，又，即，代入上式得，，即点，同理，则，将代入上式，得，所以时，，恒成立.【点睛】本题考查了根据离心率求椭圆的标准方程及直线与椭圆、圆的位置关系，考查了计算能力和逻辑推理能力，难度较大.