2021年廣東省肇慶市容山中學高二數(shù)學理月考試卷含解析

2021年廣東省肇慶市容山中學高二數(shù)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.從1、2、3、4這四個數(shù)中一次隨機取兩個,則取出的這兩數(shù)字之和為偶數(shù)的概率是(

)A． B．

C.

D．參考答案：B2.若函數(shù)在區(qū)間上為單調函數(shù)，且圖象是連續(xù)不斷的曲線，則下列說法中正確的是（

）A．函數(shù)在區(qū)間上不可能有零點

B．函數(shù)在區(qū)間上一定有零點C．若函數(shù)在區(qū)間上有零點，則必有D．若函數(shù)在區(qū)間上沒有零點，則必有參考答案：D考點：函數(shù)的零點3.正三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有棱長都相等，D是A1C1的中點，則直線AD與平面B1DC所成角的正弦值為（）A． B． C． D．參考答案：B【考點】直線與平面所成的角．【分析】先證出B1D⊥平面AC1，過A點作AG⊥CD，證AG⊥平面B1DC，可知∠ADG即為直線AD與平面B1DC所成角，求其正弦即可．【解答】解：如圖，連接B1D∵D是A1C1的中點，△A1B1C1是正三角形∴B1D⊥A1C1，∵平面AC1⊥平面A1B1C1，平面AC1∩平面A1B1C1=A1C1，∴B1D⊥平面AC1，過A點作AG⊥CD，則由B1D⊥平面AC1，得AG⊥B1D由線面垂直的判定定理得AG⊥平面B1DC，于是∠ADG即為直線AD與平面B1DC所成角，由已知，不妨令棱長為2，則AD==CD，由等面積法得AG==所以直線AD與面DCB1的正弦值為故選B．4.等于A.

B.2

C.

D.學科參考答案：D5.執(zhí)行如圖所示的程序框圖，輸出的S值為（

）A．650

B．1250

C．1352

D．5000參考答案：B6.垂直于同一條直線的兩條直線一定（）A．平行 B．相交 C．異面 D．以上都有可能參考答案：D【考點】空間中直線與直線之間的位置關系．【分析】根據(jù)在同一平面內兩直線平行或相交，在空間內兩直線平行、相交或異面判斷．【解答】解：分兩種情況：①在同一平面內，垂直于同一條直線的兩條直線平行；②在空間內垂直于同一條直線的兩條直線可以平行、相交或異面．故選D【點評】本題主要考查在空間內兩條直線的位置關系．7.已知兩個正數(shù)a，b滿足，則的最小值是A.23 B.24 C.25 D.26參考答案：C【分析】根據(jù)題意，分析可得，對其變形可得，由基本不等式分析可得答案．【詳解】根據(jù)題意，正數(shù)a，b滿足，則，當且僅當時等號成立.即的最小值是25．本題選擇C選項.【點睛】在應用基本不等式求最值時，要把握不等式成立的三個條件，就是“一正——各項均為正；二定——積或和為定值；三相等——等號能否取得”，若忽略了某個條件，就會出現(xiàn)錯誤．8.設a＞1,且,則的大小關系為（）A

n＞m＞p

B

m＞p＞n

C

m＞n＞p

Dp＞m＞n參考答案：B略9.設滿足約束條件,則的最大值為（

）A．5

B.3

C.7

D.-8參考答案：C10.函數(shù)的最大值為（

）

A．

B．

C．

D．參考答案：D二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.已知實數(shù)滿足，則的最大值為___________.參考答案：4略12.已知點與點關于對稱，則點的坐標是_______.參考答案：略13.已知曲線，其中；過定點

參考答案：略14.已知a，b為正實數(shù)且，若不等式對任意正實數(shù)x，y恒成立，則M的取值范圍是_________．參考答案：(－∞,4)【分析】兩次用基本不等式可求得.【詳解】原不等式等價于恒成立，由基本不等式可知，當且僅當時等號成立，故，又，當且僅當時等號成立，故，填.【點睛】應用基本不等式求最值時，需遵循“一正二定三相等”，如果原代數(shù)式中沒有積為定值或和為定值，則需要對給定的代數(shù)變形以產(chǎn)生和為定值或積為定值的局部結構.求最值時要關注取等條件的驗證.15.若△的內角所對的邊滿足，且角C=60°，則的值為

．

參考答案：略16.在各項都為正數(shù)的等比數(shù)列{)中,,則公比q的值為

參考答案：217.已知函數(shù)若方程恰有三個不同的實數(shù)解..，則的取值范圍是__________.參考答案：【分析】通過作出函數(shù)圖像，將三個實數(shù)解問題轉化為三個交點問題，可得m的取值范圍，于是再解出c的取值范圍可得最后結果.【詳解】作出函數(shù)圖像，由圖可知，恰有三個不同的實數(shù)解，于是，而，，解得，故，所以的取值范圍是.【點睛】本題主要考查函數(shù)圖像的運用，分段函數(shù)的交點問題，意在考查學生的轉化能力，圖像識別能力，對學生的數(shù)形結合思想要求較高.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.設點A為半徑是1的圓O上一定點，在圓周上等可能地任取一點B．（1）求弦AB的長超過圓內接正三角形邊長的概率；（2）求弦AB的長超過圓半徑的概率．參考答案：解：（1）設“弦AB的長超過圓內接正三角形邊長”為事件M，以點A為一頂點，在圓中作一圓內接正三角形ACD，如右圖所示，則要滿足題意點B只能落在劣弧CD上，又圓內接正三角形ACD恰好將圓周3等分，故．

……6分答：弦AB的長超過圓內接正三角形邊長的概率為．（2）設“弦AB的長超過圓的半徑”為事件N，以圓的半徑OA為邊長作出兩正三角形AOC和AOD，如圖所示，則AC=AD=圓的半徑OA，所以滿足題意的點B只能落在優(yōu)弧CD上，又，故劣弧CD的長為，即優(yōu)弧CD的長為所以．答：弦AB的長超過圓的半徑的概率是．

……12分19.設函數(shù)，已知和為的極值點.（1）求和的值；（2）討論的單調性；（3）設，試比較與的大小.參考答案：略20.(本小題滿分8分)如圖，在四棱錐中，底面是菱形，，平面，點分別為的中點，且．（Ⅰ）證明：⊥平面；（Ⅱ）求三棱錐的體積；（Ⅲ）在線段上是否存在一點，使得平面；若存在，求出的長；若不存在，說明理由．參考答案：證明：（Ⅰ）因為為菱形，所以，又，所以．因為點為的中點，所以，而平面，平面，所以．又，所以平面．

……………2分（Ⅱ）因為,

又底面，，所以．

所以三棱錐的體積．

……………4分（Ⅲ）在上存在一點，使得平面．

……………5分取中點，連結，，．因為，分別為，中點，所以．

又在菱形中，，

所以，即是平行四邊形，

……………6分

所以．

又平面，平面，

所以平面，

……………7分即在上存在一點，使得平面，此時.

……………8分

略21.（12分）已知橢圓的離心率，過點A（0，﹣b）和B（a，0）的直線與原點的距離為．（1）求橢圓的方程；（2）已知定點E（﹣1，0），若直線y=kx+2（k≠0）與橢圓交于C、D兩點，問：是否存在k的值，使以CD為直徑的圓過E點？請說明理由．參考答案：考點： 圓與圓錐曲線的綜合；橢圓的標準方程．專題： 綜合題．分析： （1）直線AB方程為bx﹣ay﹣ab=0，依題意可得：，由此能求出橢圓的方程．（2）假設存在這樣的值．，得（1+3k2）x2+12kx+9=0，再由根的判別式和根與系數(shù)的關系進行求解．解答： 解：（1）直線AB方程為bx﹣ay﹣ab=0，依題意可得：，解得：a2=3，b=1，∴橢圓的方程為．（2）假設存在這樣的值．，得（1+3k2）x2+12kx+9=0，∴△=（12k）2﹣36（1+3k2）＞0…①，設C（x1，y1），D（x2，y2），則而y1?y2=（kx1+2）（kx2+2）=k2x1x2+2k（x1+x2）+4，要使以CD為直徑的圓過點E（﹣1，0），當且僅當CE⊥DE時，則y1y2+（x1+1）（x2+1）=0，∴（k2+1）x1x2+（2k+1）（x1+x2）+5=0…③將②代入③整理得k=，經(jīng)驗證k=使得①成立綜上可知，存在k=使得以CD為直徑的圓過點E．點評： 本題考查圓與圓錐曲線的綜合性質和應用，解題時要認真審題，仔細解答，注意合理地進行等價轉化．22.某群體的人均通勤時間，是指單日內該群體中成員從居住地到工作地的平均用時．某地上班族S中的成員僅以自駕或公交方式通勤．分析顯示：當S中（）的成員自駕時，自駕群體的人均通勤時間為（單位：分鐘），而公交群體的人均通勤時間不受x影響，恒為40分鐘，試根據(jù)上述分析結果回答下列問題：（1）當x在什么范圍內時，公交群體的人均通勤時間少于自駕群體的人均通勤時間？（2）求該地上班族S的人均通勤時間的表達式；討論的單調性，并說明其實際意義．參考答案：(1)時，公交群體的人均通勤時間少于自駕群體的人均通勤時間;(2)見解析.【分析】（1）由題意知求出f（x）＞40時x的取值范圍即可；（2）分段求出g（x）的解