2021-2022學年江蘇省鎮江市丹徒江心中學高二數學理月考試卷含解析一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個選項中，只有是一個符合題目要求的1.用1、2、3、4、5這五個數字，組成沒有重復數字的三位數，其中偶數共有（

）A.24個

B.30個

C.40個

D.60個

參考答案：A略2.命題“?x0∈R，x02﹣x0＞0”的否定是（）A．?x∈R，x2﹣x＞0 B．C．?x∈R，x2﹣x≤0 D．參考答案：C【考點】命題的否定．【分析】利用特稱命題的否定是全稱命題，寫出結果即可．【解答】解：因為特稱命題的否定是全稱命題，所以，命題“?x0∈R，x02﹣x0＞0”的否定是?x∈R，x2﹣x≤0．故選：C．3.已知f（x）=x2+2xf′（1）﹣6，則f′（1）等于（）A．4 B．﹣2 C．0 D．2參考答案：B【考點】63：導數的運算．【分析】對函數f（x）的解析式求導，得到其導函數，把x=1代入導函數中，列出關于f'（1）的方程，進而得到f'（1）的值【解答】解：求導得：f′（x）=2x+2f′（1），令x=1，得到f′（1）=2+2f′（1），解得：f′（1）=﹣2，故選：B．4.坐標原點O到直線3x＋4y－5＝0的距離為A．1

B．

C．2

D．參考答案：A5.直線l過雙曲線焦點F且與實軸垂直，A，B是雙曲線C的兩個頂點,若在l上存在一點P,使,則雙曲線離心率的最大值為（

）A. B. C.2 D.3參考答案：A【分析】先設雙曲線的焦點，直線，，，，由兩直線的夾角公式可得，由直線的斜率公式，化簡整理，運用基本不等式，結合離心率公式，即可求出結果.【詳解】設雙曲線的焦點，直線，可設點，，，由兩直線的夾角公式可得，由可得，化簡可得，即，當且僅當，即時，離心率取得最大值為.故選A【點睛】本題主要考查求雙曲線離心率的最大值，熟記雙曲線的簡單性質即可，屬于常考題型.6.設x，y滿足，則z=x+y的最值情況為（）A．有最小值2，最大值3 B．有最小值2，無最大值C．有最大值3，無最小值 D．既無最小值，也無最大值參考答案：B【考點】簡單線性規劃．【專題】計算題；數形結合；數形結合法；不等式．【分析】畫出x，y滿足的平面區域，利用y=﹣x+z的截距的最值求得z的最值．【解答】解：x，y滿足的平面區域如圖：當直線y=﹣x+z經過A時z最小，經過B時z最大，由得到A（2，0）所以z的最小值為2+0=2，由于區域是開放型的，所以z無最大值；故選B．【點評】本題考查了簡單線性規劃問題，首先正確畫出平面區域，利用目標函數的幾何意義求最值．６、函數的定義域為（a,b），導函數在（a,b）內的圖像如圖所示，則函數在（a,b）內有極小值點的個數為（）A

4

B.

3

C.

2

D.1

參考答案：D略8.已知是等差數列，且a2+a3+a8+a11=48，則a6+a7=(

)A．12

B．16

C．20

D．24參考答案：B9.命題：“若a2+b2=0（a，b∈R），則a=b=0”的逆否命題是（）A．若a≠b≠0（a，b∈R），則a2+b2≠0B．若a=b≠0（a，b∈R），則a2+b2≠0C．若a≠0且b≠0（a，b∈R），則a2+b2≠0D．若a≠0或b≠0（a，b∈R），則a2+b2≠0參考答案：D【考點】四種命題．【分析】根據逆否命題的定義，直接作答即可，注意常見邏輯連接詞的否定形式．【解答】解：“且”的否定為“或”，因此其逆否命題為“若a≠0或b≠0，則a2+b2≠0”；故選D．【點評】此類題型考查四種命題的定義與相互關系，一般較簡單，但要注意常見邏輯連接詞的運用與其各自的否定方法、形式．10.數列滿足，且，則數列的前項的乘積為

(

)A．

B．

C．

D．參考答案：B二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.命題“"x∈R，sinx>－1”的否定是

▲

。參考答案：略12.在△ABC中，∠A、∠B、∠C所對的邊分別為a、b、c，如果a=8，∠B=60°，∠C=75°，那么b等于．參考答案：4【考點】正弦定理．【分析】依題意可求得∠A，利用正弦定理即可求得b．【解答】解：∵在△ABC中，∠B=60°，∠C=75°，∴∠A=180°﹣∠B﹣∠C=180°﹣60°﹣75°=45°，又a=8，∴由正弦定理=得：b===4．故答案為：4．13.命題“”的否定是

．參考答案：14.若函數=|x-|在區間[1，+∞）為增函數，則實數的取值范圍是___________參考答案：≤1

15.如圖，在平面直角坐標系xOy中，點A為橢圓E：+=1（a＞b＞0）的左頂點，B，C在橢圓E上，若四邊形OABC為平行四邊形，且∠OAB=30°，則橢圓E的離心率等于．參考答案：【考點】橢圓的簡單性質．【分析】首先利用橢圓的對稱性和OABC為平行四邊形，可以得出B、C兩點是關于Y軸對稱，進而得到BC=OA=a；設B（﹣，y）C（，y），從而求出|y|，然后由∠OAB=∠COD=30°，利用tan30°=b/=，求得a=3b，最后根據a2=c2+b2得出離心率．【解答】解：∵AO是與X軸重合的，且四邊形OABC為平行四邊形∴BC∥OA，B、C兩點的縱坐標相等，B、C的橫坐標互為相反數∴B、C兩點是關于Y軸對稱的．由題知：OA=a四邊形OABC為平行四邊形，所以BC=OA=a可設B（﹣，y）C（，y）代入橢圓方程解得：|y|=b，設D為橢圓的右頂點，因為∠OAB=30°，四邊形OABC為平行四邊形所以∠COD=30°對C點：tan30°==解得：a=3b根據：a2=c2+b2得：a2=c2+e2=e=故答案為：．16.拋物線y=﹣x2+2x與x軸圍成的封閉區域為M，向M內隨機投擲一點P（x，y），則P（y＞x）=

．參考答案：【考點】CF：幾何概型．【分析】根據積分的知識可得先求y=﹣x2+2x與x軸圍成的封閉區域為M的面積，再求出S陰影，最后代入幾何概率的計算公式可求．【解答】解：令y=﹣x2+2x=0，解得x=0或x=2，∴由拋物線y=﹣x2+2x與x軸圍成的封閉區域SM=（﹣x2+2x）dx=（﹣x3+x2）|=﹣+4=，由，解得x=0或x=1，∴由拋物線y=﹣x2+2x與y=x圍成的封閉區域S陰影=（（﹣x2+2x﹣x）dx=（（﹣x2+x）dx=（﹣x3+x2）|=﹣+=，故則P（y＞x）===，故答案為：17.若拋物線的焦點坐標為，則拋物線的標準方程是▲．

參考答案：

三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟18.如圖，在三棱柱中，平面，，為棱上的動點，．⑴當為的中點，求直線與平面所成角的正弦值；⑵當的值為多少時，二面角的大小是45．參考答案：解：如圖，以點為原點建立空間直角坐標系，依題意得，⑴因為為中點，則，設是平面的一個法向量，則，得取，則，設直線與平面的法向量的夾角為，則，所以直線與平面所成角的正弦值為；

⑵設，設是平面的一個法向量，則，取，則是平面的一個法向量，，得，即，所以當時，二面角的大小是．略19.(1)已知:都是正實數,且求證:.(2)若下列三個方程：中至少有一個方程有實根，試求的取值范圍.參考答案：略20.已知的頂點A（0，1），AB邊上的中線CD所在直線方程為，AC邊上的高BH所在直線方程為.（1）求的項點B、C的坐標（2）若圓M經過不同的三點A、B、P（m、0），且斜率為1的直線與圓M相切于點P求：圓M的方程參考答案：（1）AC邊上的高BH所在直線方程為y=0,所以AC:x=0又CD:，所以C(0,)…………2分設B(b,0)，則AB的中點D()，代入方程解得b=2,所以B(2,0)

……………………4分（2）由A(0,1),B(2,0)可得，圓M的弦AB的中垂線方程為BP也是圓M的弦，所以圓心在直線上.

設圓心M因為圓心M在直線上，所以①又因為斜率為1的直線與圓M相切于點P，所以.即，整理得：

②由①②可得：，所以，半徑所以所求圓的方程為………………12分21.已知函數f（x）=ex和函數g（x）=kx+m（k、m為實數，e為自然對數的底數，e≈2.71828）．（1）求函數h（x）=f（x）﹣g（x）的單調區間；（2）當k=2，m=1時，判斷方程f（x）=g（x）的實數根的個數并證明；（3）已知m≠1，不等式（m﹣1）[f（x）﹣g（x）]≤0對任意實數x恒成立，求km的最大值．參考答案：（1）求出h′（x）=ex﹣k，（x∈R），分以下兩種情況討論：①當k≤0，②當k＞0，（2）當k=2，m=1時，方程f（x）=g（x）即為h（x）=ex﹣2x﹣1=0，結合（1）及圖象即可判定．（3）設h（x）=f（x）﹣g（x），分①當m＞1，②當m＜1，分別求解解：（1）h′（x）=ex﹣k，（x∈R），①當k≤0時，h′（x）＞0恒成立，h（x）的單調遞增區間為（﹣∞，+∞），無單調遞減區間；②當k＞0時，由h′（x）＞0得x＞lnk，由h′（x）＜0得x＜lnk，故h（x）的單調遞減區間為（﹣∞，lnk），單調遞增區間為（lnk，+∞）．（2）當k=2，m=1時，方程f（x）=g（x）即為h（x）=ex﹣2x﹣1=0，由（1）知h（x）在（﹣∞，ln2）上遞減，而h（0）=0，故h（x）在（﹣∞，ln2）上有且僅有1個零點，由（1）知h（x）在[ln2，+∞）上遞增，而h（1）=e﹣3＜0，h（2）=e2﹣5＞0，且h（x）的圖象在[1，2]上是連續不間斷的，故h（x）在[1，2]上有且僅有1個零點，所以h（x）在[ln2，+∞）上也有且僅有1個零點，綜上，方程f（x）=g（x）有且僅有兩個實數根．（3）設h（x）=f（x）﹣g（x），①當m＞1時，f（x）﹣g（x）≤0恒成立，則h（x）≤0恒成立，而h（﹣）=e＞0，與h（x）≤0恒成立矛盾，故m＞1不合題意；②當m＜1時，f（x）﹣g（x）≥0，恒成立，則h（x）≥0恒成立，1°當k=0時，由h（x）=ex﹣m≥0恒成立可得m∈（﹣∞，0]，km=0；2°當k＜0時，h（）=e﹣1，而，故e＜1，故h（）＜0，與h（x）≥0恒成立矛盾，故k＜0不合題意；3°當k＞0時，由（1）可知[h（x）]min=h（lnk）=k﹣klnk﹣m，而h（x）≥0恒成立，故k﹣klnk﹣m≥0，得m≤k﹣klnk，故km≤k（k﹣klnk），記φ（k）=k（k﹣klnk），（k＞0），則φ′（k）=k（1﹣2lnk），由φ′（k）＞0得0，由φ′（k）＜0得k＞，故φ（k）在（0，）上單調遞增，在（，+∞）上單調遞減，∴φ（k）max=φ（）=，∴km≤，當且僅當k=，m=時取等號；綜上①②兩種情況得km的最大值為．22.（本小題滿分12分）在三棱錐S-ABC中，△ABC是邊長為4的正三角形，平面SAC⊥平面ABC，SA=SC=2，M、N分別為AB、SB的中點.（Ⅰ）證明：AC⊥SB；（Ⅱ）求二面角N-CM-B的大小；（Ⅲ）求點B到平面CMN的距離.參考答案：解法一：（Ⅰ）取AC中點D，連結SD、DB.∵SA=SC，AB=BC，∴AC⊥SD且AC⊥BD，∴AC⊥平面SDB，又SB平面SDB，∴AC⊥SB.

（Ⅱ）∵AC⊥平面SDB，AC平面ABC，∴平面SDB⊥平面ABC.過N作NE⊥BD于E，NE⊥平面ABC，過E作EF⊥CM于F，連結NF，則NF⊥CM.∴∠NFE為二面角N-CM-B的平面角.∵平面SAC⊥平面ABC，SD⊥AC，∴SD⊥平面ABC.又∵NE⊥平面ABC，∴NE∥SD.∵SN=NB，∴NE=SD===，且ED=EB.在正△ABC中，由平幾知識可求得EF=MB=，在Rt△NEF中，tan∠NFE==2，∴二面角N-CM-B的大小是arctan2.（Ⅲ）在Rt△NEF中，NF==，∴S△CMN=CM·NF=，S△CMB=BM·CM=2.設點B到平面CMN的距離為h，∵VB-CMN=VN-CMB，NE⊥平面CMB，∴S△CMN·h=S△CMB·NE，∴h==.即點B到平面CMN的距離為.解法二：（Ⅰ）取AC中點O，連結OS、OB.∵SA=SC，AB=BC，∴AC⊥SO且AC⊥BO.∵平面SAC⊥平面ABC，平面SAC∩平面ABC=AC∴SO⊥面ABC，∴SO⊥BO.如圖所示建立空間直角坐標系O-xyz.則A（2，0，0），B（0，2，0），C（-2，0，0），S（0，0，2），M(1，，0)，N(0，，)