《辽宁省盘锦市喜彬中学2023年高二数学理月考试卷含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《辽宁省盘锦市喜彬中学2023年高二数学理月考试卷含解析（7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、辽宁省盘锦市喜彬中学2023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. 用反证法证明“若a，b，c3，则a，b，c中至少有一个小于1”时，“假设”应为（ ）A.假设a，b，c至少有一个大于1 B.假设a，b，c都大于1C.假设a，b，c至少有两个大于1 D.假设a，b，c都不小于1参考答案：D2. 在ABC中，A：B：C=4：1：1，则a：b：c=（）A：1：1B2：1：1C：1：2D3：1：1参考答案：A【考点】正弦定理【专题】解三角形【分析】通过三角形的角的比，求出三个角的大小，利用正弦定理求出a、
2、b、c的比即可【解答】解：A+B+C=，A：B：C=4：1：1，A=120，B=C=30，由正弦定理可知：a：b：c=sinA：sinB：sinC=：1：1故选：A【点评】本题考查正弦定理的应用，三角形的内角和，基本知识的考查3. 下图是函数y=f(x)的的图像，则函数y=f(x)的导函数图像是（ ）参考答案：D略4. 已知命题p：?xR，sinx1，则（）Ap：?x0R，sinx01Bp：?xR，sinx1Cp：?x0R，sinx01Dp：?xR，sinx1参考答案：C【考点】命题的否定【分析】利用“p”即可得出【解答】解：命题p：?xR，sinx1，p：?x0R，sinx01故选：C5.
3、一个几何体的三视图如下，其中正视图和俯视图都是边长为2的正方形，则该几何体的体积是（ ）A B8 C D参考答案：A6. 在图216的算法中，如果输入A138，B22，则输出的结果是()图216A2 B4 C128 D0参考答案：A7. 已知点P是抛物线y2=2x上的一个动点，则点P到点（0，2）的距离与P到该抛物线准线的距离之和的最小值为（）AB3CD参考答案：A【考点】抛物线的简单性质【分析】先求出抛物线的焦点坐标，再由抛物线的定义可得d=|PF|+|PA|AF|，再求出|AF|的值即可【解答】解：依题设P在抛物线准线的投影为P，抛物线的焦点为F，则，依抛物线的定义知P到该抛物线准线的距离
4、为|PP|=|PF|，则点P到点A（0，2）的距离与P到该抛物线准线的距离之和故选A8. 有两排座位，前排11个座位，后排12个座位，现安排2人就坐，规定前排中间的3个座位不能坐，并且这两人不左右相邻，那么不同的排法种数是（ ）A. 234 B. 346C. 350 D. 363参考答案：B略9. 阅读右边的程序框图，运行相应的程序，当输入x的值为-25时，输出x的值（）A.-1 B.1 C.3 D.9参考答案：C10. 正项等比数列an满足：a3=a2+2a1，若存在am，an，使得aman=16a12，则+的最小值为（）ABCD参考答案：D【考点】基本不等式【专题】不等式的解法及应用【分析
5、】正项等比数列an满足：a3=a2+2a1，知q=2，由存在两项am，an，使得aman=16a12，知m+n=6，由此问题得以解决【解答】解：正项等比数列an满足：a3=a2+2a1，即：q2=q+2，解得q=1（舍），或q=2，存在am，an，使得aman=16a12，所以，m+n=6，=所以的最小值为故选：D.【点评】本题考查等比数列的通项公式的应用，解题时要认真审题，仔细解答注意不等式也是高考的热点，尤其是均值不等式和一元二次不等式的考查，两者都兼顾到了二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 观察下列等式1=12+3+4=93+4+5+6+7=254+5+6+7+8+
6、9+10=49照此规律，第个等式为 。参考答案：略12. 双曲线+=1的离心率，则的值为 参考答案：略13. 如图，已知抛物线y2=4x的焦点为F，直线l过F且依次交抛物线及圆（x1）2+y2=于点A，B，C，D四点，则9|AB|+4|CD|的最小值为参考答案：【考点】K8：抛物线的简单性质【分析】求出|AB|=xA+，|CD|=xD+，当lx轴时，则xD=xA=1，9|AB|+4|CD|=当l：y=k（x1）时，代入抛物线方程，得：k2x2（2k2+4）x+k2=0，9|AB|+4|CD|=【解答】解：y2=4x，焦点F（1，0），准线 l0：x=1由定义得：|AF|=xA+1，又|AF|=
7、|AB|+，|AB|=xA+同理：|CD|=xD+，当lx轴时，则xD=xA=1，9|AB|+4|CD|=当l：y=k（x1）时，代入抛物线方程，得：k2x2（2k2+4）x+k2=0，xAxD=1，xA+xD=1，9|AB|+4|CD|=综上所述4|AB|+9|CD|的最小值为故答案为：14. 向量，的夹角为60，且?=3，点D是线段BC的中点，则|的最小值为参考答案：【考点】平面向量数量积的运算【分析】可先画出图形，从而由条件得出，两边平方进行数量积的运算即可得出，根据不等式a2+b22ab及数量积的计算公式即可得出，从而便可得出的最小值【解答】解：如图，根据条件：；=；即的最小值为故答案
8、为：15. （坐标系与参数方程选做题）设点的极坐标为，直线过点且与极轴所成的角为，则直线的极坐标方程为 参考答案：或或或略16. 已知向量，且A、B、C三点共线，则= 参考答案：17. 函数的极值点为，则，参考答案：略三、 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. 如图所示，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，点 E在线段PC上，PA平面ABCD，PC平面BDE（1）证明：BD平面PAC；（2）若PA=1，AD=2，求二面角B-PC-A的正切值参考答案：解：（1）证明：同理又 （2） 故 略19. （1）已知x，求函数y=4x2+的最大值（2）已
9、知a1且a0，解关于x的二次不等式ax22x2ax+40参考答案：【考点】一元二次不等式的解法；函数的最值及其几何意义 【专题】计算题；分类讨论；综合法；函数的性质及应用；不等式的解法及应用【分析】（1）由x，得54x0，由此利用均值定理能求出函数y=4x2+的最大值（2）由已知得（ax2）（x2）0由此根据a=1，0a1，a0进行分类讨论，能求出关于x的二次不等式ax22x2ax+40的解集【解答】解：（1）x，54x0，y=4x2+=（54x+）+32+3=1当且仅当54x=，即x=1时，ymax=1（2）a1且a0，ax22x2ax+40，（ax2）（x2）0当a=1时，解集为x|x2；
10、当0a1时，解集为x|x或x2；当a0时，解集为x|【点评】本题考查函数的最大值的求法，考查不等式的解集的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意分类讨论思想和均值定理的合理运用20. 如图1，在RtABC中，C=90，D，E分别为AC，AB的中点，点F为线段CD上的一点，将ADE沿DE折起到A1DE的位置，使A1FCD，如图2（1）求证：DE平面A1CB；（2）求证：A1FBE；（3）线段A1B上是否存在点Q，使A1C平面DEQ？说明理由参考答案：【考点】直线与平面垂直的性质；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定【专题】空间位置关系与距离；立体几何【分析】（1）D，E分别为AC，AB的中
11、点，易证DE平面A1CB；（2）由题意可证DE平面A1DC，从而有DEA1F，又A1FCD，可证A1F平面BCDE，问题解决；（3）取A1C，A1B的中点P，Q，则PQBC，平面DEQ即为平面DEP，由DE平面，P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点，可证A1C平面DEP，从而A1C平面DEQ【解答】解：（1）D，E分别为AC，AB的中点，DEBC，又DE?平面A1CB，DE平面A1CB（2）由已知得ACBC且DEBC，DEAC，DEA1D，又DECD，DE平面A1DC，而A1F?平面A1DC，DEA1F，又A1FCD，A1F平面BCDE，A1FBE（3）线段A1B上存在点Q，使A1C平面DE
12、Q理由如下：如图，分别取A1C，A1B的中点P，Q，则PQBCDEBC，DEPQ平面DEQ即为平面DEP由（）知DE平面A1DC，DEA1C，又P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点，A1CDP，A1C平面DEP，从而A1C平面DEQ，故线段A1B上存在点Q，使A1C平面DEQ【点评】本题考查直线与平面平行的判定，直线与平面垂直的判定与性质，考查学生的分析推理证明与逻辑思维能力，综合性强，属于难题21. 椭圆与直线交于、两点，且，其中为坐标原点.（1）求的值；（2）若椭圆的离心率满足，求椭圆长轴的取值范围.参考答案：解：设，由OP OQ x 1 x 2 + y 1 y 2 = 0 又将，代入化
13、简得 . (2) 又由（1）知，长轴 2a .略22. 已知直线l1：x+my+6=0l2：（m2）x+3y+2m=0，求实数m的值使得：（1）l1，l2相交；（2）l1l2；（3）l1l2参考答案：【考点】直线的一般式方程【分析】（1）利用两条直线相交时，由方程组得到的一次方程有唯一解，一次项的系数不等于0（2）当两条直线垂直时，斜率之积等于1，解方程求出m的值（3）利用两直线平行时，一次项系数之比相等，但不等于常数项之比，求出m的值【解答】解：（1）当l1和l2相交时，13（m2）m0，由13（m2）m=0，m22m3=0，m=1，或m=3，当m1且m3时，l1和l2相交（2）l1l2 时，1（m2）+m3=0，m=，当m=时，l1l2（3）m=0时，l1不平行l2，l1l2?，解得m=1
