安徽省合肥市开城中学2022-2023学年高二数学理月考试卷含解析
一、 选择题:本大题共10小题,每小题5分,共50分。在每小题给出的四个选项中,只有是一个符合题目要求的
1. 某班委会由4名男生与3名女生组成,现从中选出2人担任正、副班长,其中至少有1名女生当选的概率是 ( )
A. B. C. D.
参考答案:
D
2. 已知点P为所在平面上的一点,且,其中为实数,若点P落在的内部,则的取值范围是( )
A. B. C. D.
参考答案:
D
3. 已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若,则( )
A. 18 B. 36 C. 54 D. 72
参考答案:
D
4. 已知正四棱锥S--ABCD的侧棱长与底面边长都相等,E是SB的中点,则AE,SD所成的角的余弦值为( )
A. B. C. D.
参考答案:
C
5. 若函数,则 ( )
A. B. C. D.
参考答案:
A
6. 读如图的程序,程序运行的结果是( )
A.3 B.7 C.13 D.21
参考答案:
C
【考点】伪代码;循环结构.
【专题】阅读型;试验法;算法和程序框图.
【分析】本题考查了当型循环,运行循环体,进行列举,找出规律,当K=8时条件不满足,退出循环,从而得到S的值.
【解答】解:循环体第一次运行,S=3,K=4,
循环体第二次运行,S=7,K=6,
循环体第三次运行,S=13,K=8,
此时K=8不满足K<=6,退出循环,输出S=13.
故选:C.
【点评】算法的基本语句共有5类:输入语句、赋值语句、输出语句、条件语句、循环语句,属于基础题.
7. 已知平面α截一球面得圆M,过圆心M且与α成60°二面角的平面β截该球面得圆N.若该球面的半径为4,圆M的面积为4π,则圆N的面积为( )
A.7π B.9π C.11π D.13π
参考答案:
D
如图,由题意可知∠AMN=60°,设球心为O,连结ON、OM、OB、OC,则ON⊥CD,OM⊥AB,且OB=4,OC=4.在圆M中,∵π·MB2=4π,
∴MB=2.在Rt△OMB中,OB=4,
∴OM=2.
在△MNO中,OM=2,∠NMO=90°-60°=30°,
∴ON=.
在Rt△CNO中,ON=,OC=4,∴CN=,
∴S=π·CN2=13π.
8. 函数处的切线方程是
A. B.
C. D.
参考答案:
D
9. 是第四象限角,,( )
A. B. C. D.
参考答案:
B
10. 已知条件p:|x+1|>2,条件q:5x-6>x2,则綈p是綈q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
参考答案:
A
二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分
11. 已知复数z满足,则的值为 .
参考答案:
10
设,则.
∵,
∴,
∴,解得.
∴,
∴.
12. 一个空间几何体的三视图如右图所示,其中主视图和侧视图都是半径为的圆,且这个几何体是实心球体的一部分,则这个几何体的体积为 ;
参考答案:
【知识点】由三视图求面积;根据三视图判断几何体的形状
【答案解析】解析 :解:由已知中该几何体是一个四分之三球,其表面积包括个球面积和两个与球半径相等的半圆面积∵R=1,故S= ?4?π+2? ?π=4π
故答案为:4π
【思路点拨】根据已知中的三视图,我们可以判断出该几何体的形状是四分之三个球,利用球的表面积公式及圆的面积公式,即可得到该几何体的表面积.
13. __________________.
参考答案:
略
14. 设椭圆的右焦点为,离心率为,则此椭圆的方程为_____________.
参考答案:
,
15. 参数方程 ,化成普通方程是
参考答案:
16. 已知函数在区间(0,1)上不是单调函数,则实数a的取值范围是 .
参考答案:
(0,7)
17. 已知圆C过点(1,0),且圆心在x轴的正半轴上,直线l:y=x-1被圆C所截得的弦长为2,则过圆心且与直线l垂直的直线的方程为________.
参考答案:
x+y-3=0
三、 解答题:本大题共5小题,共72分。解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤
18. (12分)设命题p:不等式的解集是;命题q:不等式的解集是,若“p或q”为真命题,试求实数a的值取值范围.
参考答案:
19. 如图,在底面是直角梯形的四棱锥P-ABCD中,,,PB⊥面ABCD,,,点M、E分别是PB、PC的中点.
(Ⅰ)证明: DE∥面PAB;
(Ⅱ)求面PCD与面PBA所成的二面角的正切值;
(Ⅲ)若点N是线段CD上任一点,设直线MN与面PBA所成的角为,求的最大值.
参考答案:
……….4分
……4分
--------------7分
20. (本题满分12分)△的内角所对的边分别为.
(1)若成等差数列,证明:;
(2)若成等比数列,求的最小值.
参考答案:
:(1)∵成等差数列,∴…………….2分
由正弦定理得sin A+sin C=2sin B.
∵sin B=sin[π-(A+C)]=sin(A+C),
∴sin A+sin C=2sin(A+C).………………………………6分
(2)∵成等比数列,∴………………………8分
由余弦定理得
…………………10分
当且仅当a=c时等号成立,
∴cos B的最小值为. …………………12分
21. (14分)已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足2Sn+an=1;递增的等差数列{bn}满足b1=1,b3=b﹣4.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)若cn是an,bn的等比中项,求数列{c}的前n项和Tn;
(3)若c≤t2+2t﹣2对一切正整数n恒成立,求实数t的取值范围.
参考答案:
【考点】数列的求和;函数恒成立问题.
【专题】综合题;转化思想;作差法;等差数列与等比数列;不等式的解法及应用.
【分析】(1)讨论n=1时,a1=S1,当n>1时,an=Sn﹣Sn﹣1,可得数列{an}的通项公式;再由等差数列的通项公式,解方程可得d,即可得到所求{bn}的通项公式;
(2)运用等比数列的性质,求得c=anbn=(2n﹣1)?()n;再由数列的求和方法:错位相减法,化简整理即可得到所求;
(3)由题意可得(2n﹣1)?()n≤t2+2t﹣2恒成立.判断{(2n﹣1)?()n}的单调性,可得最大值,解不等式即可得到t的范围.
【解答】解:(1)当n=1时,a1=S1,2S1+a1=1,解得a1=;
当n>1时,2Sn+an=1,可得2Sn﹣1+an﹣1=1,
相减即有2an+an﹣an﹣1=0,即为an=an﹣1,
则an=()n;
设递增的等差数列{bn}的公差为d,即有1+2d=(1+d)2﹣4,
解得d=2,则bn=2n﹣1;
(2)cn是an,bn的等比中项,可得c=anbn=(2n﹣1)?()n;
前n项和Tn=1?+3?()2+5?()3+…+(2n﹣1)?()n;
Tn=1?()2+3?()3+5?()4+…+(2n﹣1)?()n+1;
相减可得Tn=+2﹣(2n﹣1)?()n+1
=+2?﹣(2n﹣1)?()n+1;
化简可得前n项和Tn=1﹣(n+1)?()n;
(3)c≤t2+2t﹣2对一切正整数n恒成立,即为
(2n﹣1)?()n≤t2+2t﹣2恒成立.
由﹣c=(2n+1)?()n+1﹣(2n﹣1)?()n=()n?(1﹣n)≤0,
可得数列{c}单调递减,即有最大值为c12=,
则≤t2+2t﹣2,解得t≥1或t≤﹣7.
即实数t的取值范围为(﹣∞,﹣7]∪[1,+∞).
【点评】本题考查数列的通项的求法,注意运用数列的通项和前n项和的关系,考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用,同时考查数列的求和方法:错位相减法,考查数列的单调性的运用:解恒成立问题,属于中档题.
22. (本小题8分)如图,在直三棱柱中,,,为的中点.
(1)求证:∥平面;
(2)求证:平面;
参考答案:
(I)证明:如图,连结AB1与A1B相交于M,则M为A1B的中点
连结MD,则D为AC的中点
∴B1C∥MD
又B1C平面A1BD
∴B1C∥平面A1BD
(II)∵AB=B1B,∴四边形ABB1A1为正方形∴A1B⊥AB1
又∵AC1⊥面A1BD
∴AC1⊥A1B∴A1B⊥面AB1C1
∴A1B⊥B1C1
又在直棱柱ABC—A1B1C1中BB1⊥B1C1
∴B1C1⊥平面ABB1A1