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1、2021-2022学年辽宁省沈阳市北辰高级中学高二数学文月考试卷含解析一、 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. 有20位同学，编号从1至20，现在从中抽取4人作问卷调查，用系统抽样方法确定所抽的编号可能为( ) A. 5，10，15，20 B. 2，6，10，14 C. 2，4，6，8 D. 5，8，11，14参考答案：A2. 向量，则与其共线且满足的向量是 （ ）A B（4，2，4）C（4，2，4）D（2，3，4）参考答案：C3. 若函数y=f(x)的导函数在区间a，b上是增函数，则函数y=f(x)在区间a，b上的图象可能是
2、 A B C D参考答案：A函数的导函数在区间 a,b上是增函数，对任意的，有，也即在处它们的斜率是依次增大的，A，任意的满足上述条件，符合题意；B，对任意的存在，不合题意；C，对任意的，不合题意；D，对任意的存在，不合题意；故选A.4. 双曲线与抛物线有一个公共焦点，过点且垂直于实轴的弦长为，则双曲线的离心率等于A. B. C. D. （改编题）参考答案：A5. 已知是实数，则“”是“”的 （ ） A充分而不必要条件 B必要而不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件 参考答案：C6. 某班有名男生，20名女生，现要从中选出人组成一个宣传小组，其中男、女学生均不少于人的选法为（ ）A
3、 B C D 参考答案：D7. 已知定义在R上的可导函数f(x)的导函数为，满足，且，则不等式（e为自然对数的底数）的解集为（ ）A. (1,+)B. (0,+)C. (1,+)D. (,0) 参考答案：B令 所以 ,选B.点睛：利用导数解抽象函数不等式，实质是利用导数研究对应函数单调性，而对应函数需要构造. 构造辅助函数常根据导数法则进行：如构造，构造，构造，构造等8. 直线xym0与圆x2y22x10有两个不同的交点的充要条件为()Am1 B3m1 C4m2D0m1参考答案：B略9. 已知F1、F2是椭圆C： +=1（ab0）的两个焦点，P为椭圆C上的一点，且若PF1F2的面积为9，则b=
4、（）A3B6C3D2参考答案：A【考点】椭圆的简单性质【分析】由题意画出图形，利用及PF1F2的面积为9列式求得|PF1|PF2|=18再由勾股定理及椭圆定义即可求得b【解答】解：如图，PF1F2为直角三角形，又PF1F2的面积为9，得|PF1|PF2|=18在RtPF1F2中，由勾股定理得：，即2（a2c2）=|PF1|PF2|=18，得b2=a2c2=9，b=3故选：A【点评】本题考查椭圆的简单性质，考查了椭圆定义及余弦定理在解焦点三角形问题中的应用，是中档题10. 已知某等差数列共有10项，其奇数项之和为15，偶数项之和为30，则其公差为（）A5B4C3D2参考答案：C【分析】写出数列的
5、第一、三、五、七、九项的和即5a1+（2d+4d+6d+8d），写出数列的第二、四、六、八、十项的和即5a1+（d+3d+5d+7d+9d），都用首项和公差表示，两式相减，得到结果【解答】解：，故选C【点评】等差数列的奇数项和和偶数项和的问题也可以这样解，让每一个偶数项减去前一奇数项，有几对得到几个公差，让偶数项和减去奇数项和的差除以公差的系数二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 命题 “，”的否定是_参考答案：12. 将数字填入标号为的四个方格里，每格填一个数字，则每个方格的标号与所填的数字均不同的填法有 种？参考答案： 解析： 分三类：第一格填，则第二格有，第三、四格自
6、动对号入座，不能自由排列；第一格填，则第三格有，第一、四格自动对号入座，不能自由排列；第一格填，则第撕格有，第二、三格自动对号入座，不能自由排列；共计有13. 在正方体ABCDA1B1C1D1中，与AA1平行的棱有条参考答案：3【考点】空间中直线与直线之间的位置关系【分析】利用正方体的结构特征求解【解答】解：在正方体ABCDA1B1C1D1中，与AA1平行的棱有：BB1，CC1，DD1，共3条故答案为：314. 如图，曲边梯形由直线、轴及曲线围成，则它的面积是_.（注：为自然对数的底）xyOABCD参考答案：2略15. 已知,(两两互相垂直)，那么= 。参考答案：- 6516. 甲乙丙三人代表
7、班级参加校运会的跑步，跳远，铅球比赛，每人参加一项，每项都要有人参加，他们的身高各不同，现了解到已下情况：（1）甲不是最高的；（2）最高的是没报铅球；（3）最矮的参加了跳远；（4）乙不是最矮的，也没参加跑步可以判断丙参加的比赛项目是_参考答案：跑步由题意得， 由（4）可知，乙参加了铅球比赛，由（2）可知乙不是最高的，所以三人中身高居中；再由（1）可知，甲是最矮的，参加了跳远，丙是最高的，参加了跑步比赛。17. 已知扇形OAB的圆心角为，周长为5+14，则扇形OAB的面积为 参考答案：【考点】G8：扇形面积公式【分析】由扇形的圆心角，半径表示出弧长，利用扇形的周长即可求出半径的值，利用扇形的面积
8、公式即可得解【解答】解：设扇形的半径为 r，圆心角为，弧长l=r，此扇形的周长为5+14，r+2r=5+14，解得：r=7，由扇形的面积公式得=r2=49=故答案为：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. 平面上三个非零向量、的模均为1，它们之间的夹角均为. （1）求证：； （2）若，求实数的取值范围参考答案：（1）证： （2）解：将平方得 即或 故实数的取值范围为或。19. 如图，已知梯形与梯形全等，为中点.（）证明：平面（）点在线段上(端点除外),且与平面所成角的正弦值为,求的值.参考答案：【命题意图】本题考查线面平行的判定、线面垂直的判定、直
9、线与平面所成角的求解及空间向量的坐标运算基础知识；考査空间观念、运算求解能力；考査化归与转化思想、函数与方程思想等.【试题简析】（）证明：方法一：设为中点，连结,因为为中点,所以是的中位线，.由已知，所以，因此四边形是平行四边形，所以.又平面，平面，所以平面.方法二：延长线段，交于点，连结，由，则是的中点，又是的中点，所以是的中位线，所以.又平由，平面，所以平面. （）由梯形与梯形全等,因为，所以，.中，所以.因为,故有,从而,又因为，,所以平面.以为坐标原点，的方向分别为轴、轴、轴正方向,建立空间直角坐标系.设点在上，且，,，所以，设是平面的个法向量，则即取，故.设与平面所成角为，则，即.解
10、得，(舍去),故. 20. 如图，已知在四棱锥中，底面是矩形，平面，是的中点，是线段上的点（1）当是的中点时，求证：平面；（2）要使二面角的大小为，试确定点的位置参考答案：（1）由已知，两两垂直，分别以它们所在直线为轴建立空间直角坐标系 则，则 ，设平面的法向量为则，令得 由，得又平面，故平面 （2）由已知可得平面的一个法向量为，设，设平面的法向量为则，令得由， 故，要使要使二面角的大小为，只需略21. 如图，已知四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，侧棱BB1底面ABCD，E是侧棱CC1的中点（）求证：AC平面BDD1B1；（）求证：AC平面B1DE参考答案：【考点】平面与平面平行的判
11、定；平面与平面垂直的判定 【专题】证明题【分析】（）先证ACBD与BB1AC，再证AC平面BDD1B1（）设AC，BD交于点O，取B1D的中点F，连接OF，EF，先证OFCC1与OF=CC1，再证OCEF，再证AC平面B1DE【解答】证明：（）因为ABCD是菱形，所以ACBD，因为BB1底面ABCD，所以BB1AC，所以AC平面BDD1B1（）设AC，BD交于点O，取B1D的中点F，连接OF，EF，则OFBB1，且，又E是侧棱CC1的中点，BB1CC1，BB1=CC1，所以OFCC1，且，所以四边形OCEF为平行四边形，OCEF，又AC平面B1DE，EF平面B1DE，所以AC平面B1DE（13
12、分）【点评】证明线面垂直的关键是在平面内找到两条相交直线与已知直线垂直，在证明时要充分利用平面几何的知识，以达到通过平面内的垂直关系证明空间中的垂直关系的目的22. 如图（1）是一个水平放置的正三棱柱ABCA1B1C1，D是棱BC的中点正三棱柱的主视图如图（2）（） 图（1）中垂直于平面BCC1B1的平面有哪几个？（直接写出符合要求的平面即可，不必说明或证明）（）求正三棱柱ABCA1B1C1的体积；（）证明：A1B平面ADC1参考答案：【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定【分析】（I）根据直棱柱的定义，可以判断底面与侧面垂直，再结合面面垂直的判定定理，可以判断过AD的平面均与侧
13、面BCC1B1垂直，由此即可得到答案（II）由已知中的主视图中标识的数据，易判断棱柱的高为3，棱柱底面的高，则此计算出棱柱的底面积和高，代入即可得到棱柱的体积（III）连接A1C，利用三角形中位线定理，易得到面内一线与面外一线平面，进而得到线面平行【解答】解：（）平面ABC、平面A1B1C1、平面AC1D（每对1个给1分）（）依题意，在正三棱柱中，AA1=3，从而BC=2，所以正三棱柱的体积=（）连接A1C，设A1CAC1=E，连接DE，因为AA1C1C是正三棱柱的侧面，所以AA1C1C是矩形，E是A1C的中点，所以DE是A1BC的中位线，DEA1B因为DE?平面ADC1，A1B?平面ADC1，所以A1B平面ADC1
