1、2021-2022學年河南省洛陽市湖北路小學高二數學文月考試題含解析一、 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. 雙曲線C：（a0，b0）的離心率為2，焦點到漸近線的距離為，則C的焦距等于（）A2B2 C4 D4參考答案：C【考點】雙曲線的簡單性質【分析】根據雙曲線的離心率以及焦點到直線的距離公式，建立方程組即可得到結論【解答】解：=1（a0，b0）的離心率為2，e=，雙曲線的漸近線方程為y=，不妨取y=，即bxay=0，則c=2a，b=，焦點F（c，0）到漸近線bxay=0的距離為，d=，即，解得c=2，則焦距為2c=4，故選：

2、C2. 有這樣一段演繹推理“有些有理數是真分數，整數是有理數，則整數是真分數”結論顯然是錯誤的，是因為（ ）A.大前提錯誤 B.小前提錯誤 C.推理形式錯誤 D.非以上錯誤參考答案：C3. 如圖，一個幾何體的三視圖，側視圖和正視圖均為矩形，俯視圖為正三角形，尺寸如圖，則該幾何體的體積為（ ）A18BCD參考答案：C4. 設函數，以下結論一定錯誤的是()A B若，則x的取值范圍是(2,3).C 函數在(,+)上單調遞增 D函數f(x)有零點參考答案：B5. 數列前項和為，若，則等于（）A B C D參考答案：A6. 在解決下列各問題的算法中，一定用到循環結構的是（）A 求函數當時的值 B用二分法

3、求發近似值C求一個給定實數為半徑的圓的面積D將給定的三個實數按從小到大排列參考答案：B略7. 已知中，則的值為（ ）A B C D參考答案：C8. 復數（為虛數單位）的虛部是Ks5uABCD參考答案：9. 已知命題，函數的值大于若是真命題，則命題可以是（ ）A，使得B“”是“函數在區間上有零點”的必要不充分條件C是曲線的一條對稱軸D若，則在曲線上任意一點處的切線的斜率不小于參考答案：C，函數在區間上單調遞增，若函數在此區間上有零點，則，解得，所以“”是“函數在區間上有零點”的充分不必要條件，所以是假命題；C中，函數，當時，所以是函數的一條對稱軸，所以是真命題；D中，曲線，則，當時，所以是假命題

4、，故選C考點：復合命題的真假及其應用【方法點晴】本題主要考查了復合命題的真假判定及其應用、其中解答中涉及到三角函數的單調性及其三角函數的對稱性、函數的零點的判定方法、函數的單調性、利用導數函數的單調性等知識的考查，其中準確把握命題的真假是解答問題的關鍵，著重考查了學生的推理與預算能力，屬于中檔試題10. 為了解某地區的中小學生視力情況，擬從該地區的中小學生中抽取部分學生進行調查，事先已了解到該地區小學、初中、高中三個學段學生的視力情況有較大差異，而男女生視力情況差異不大，在下面的抽樣方法中，最合理的抽樣方法是( )A.簡單隨機抽樣 B.按性別分層抽樣C.按學段分層抽樣 D.系統抽樣參考答案：C

5、二、 填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11. 若x，y滿足約束條件，則z=2x+y的最大值為 參考答案：8【考點】簡單線性規劃【專題】不等式的解法及應用【分析】作出不等式組對應的平面區域，利用目標函數的幾何意義，利用數形結合確定z的最大值【解答】解：作出不等式組對應的平面區域如圖：（陰影部分ABC）由z=2x+y得y=2x+z，平移直線y=2x+z，由圖象可知當直線y=2x+z經過點A時，直線y=2x+z的截距最大，此時z最大由，解得，即A（3，2）將A（3，2）的坐標代入目標函數z=2x+y，得z=23+2=8即z=2x+y的最大值為8故答案為：8【點評】本題主要考查線性規劃的應

6、用，結合目標函數的幾何意義，利用數形結合的數學思想是解決此類問題的基本方法12. 通過類比長方形，由命題“周長為定值l的長方形中，正方形的面積最大，最大值為”，可猜想關于長方體的相應命題為表面積為定值S的長方體中，正方體的體積最大，最大值為 參考答案：【考點】F1：歸納推理【分析】類比推理的一般步驟是：（1）找出兩類事物之間的相似性或一致性；（2）用一類事物的性質去推測另一類事物的性質，得出一個明確的命題（猜想）在由平面圖形的性質向空間物體的性質進行類比時，常用的思路有：由平面圖形中點的性質類比推理出空間里的線的性質，由平面圖形中線的性質類比推理出空間中面的性質，由平面圖形中面的性質類比推理出

7、空間中體的性質由長方形中“周長為定值l的長方形中，正方形的面積最大，最大值為”，（線面關系），我們可以推斷長方體中相關的（面體關系）【解答】解：平面圖形的性質向空間物體的性質進行類比時，常用的思路有：由平面圖形中點的性質類比推理出空間里的線的性質，由平面圖形中線的性質類比推理出空間中面的性質，由平面圖形中面的性質類比推理出空間中體的性質由長方形中“周長為定值l的長方形中，正方形的面積最大，最大值為”，我們可以推斷長方體中“表面積為定值S的長方體中，正方體的體積最大，最大值為”故答案為：表面積為定值S的長方體中，正方體的體積最大，最大值為13. 某中學高一年級有學生600人，高二年級有學生450

8、人，高三年級有學生750人，每個學生被抽到的可能性均為0.2，若該校取一個容量為n的樣本，則n= .參考答案：略14. 函數的值域是_.參考答案：15. 已知數列an是等差數列，Sn是其前n項和，且S120，S130，則使an0成立的最小值n是 參考答案：7【考點】等差數列的前n項和【分析】S120，S130，可得0，0，因此a6+a70，a70，即可得出【解答】解：S120，S130，0，0，a6+a70，a70，a60則使an0成立的最小值n是7故答案為：716. 一盒子中裝有6只產品，其中4只一等品，2只二等品，從中取產品兩次，每次任取1只，做不放回抽樣.則在第一次取到的是一等品的條件下

9、，第二次取到的是二等品的概率為 參考答案：從6只取產品兩次，每次任取1只，做不放回抽樣，且第一次取到的是一等品，共有種基本事件；其中在第一次取到的是一等品的條件下，第二次取到的是二等品的事件有種，所以概率為 17. 已知函數的對稱中心為，記函數的導數為，函數的導數為，則有；反之也成立.若函數 ，則 .參考答案：8050略三、 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. 已知函數f（x）=ax+（a1），用反證法證明f（x）=0沒有負實數根參考答案：【考點】R9：反證法與放縮法【分析】設存在x00（x01），滿足f（x0）=0，推出這矛盾，問題得以解決【解答】

10、證明：設存在x00（x01），滿足f（x0）=0，則又01，所以01，解之得：，與x00（x01）假設矛盾故f（x）=0沒有負實數根19. 已知函數.(1) 求函數的極值；(2) 求常數m，使得取得最小值.(參考數據：，)參考答案：(1) ，令，解得，列表得xf(x)0+f(x)極小值 故函數的極小值為，無極大值。 4分(2)中，? 當時，由(1)， 故 ，當時，.? 當時，由(1)， 故 ，當時，.? 當，即時，由(1)， 故 則，令，解得，列表得mg(m)0+g(m)極小值當時，取得最小值，即.易知，又綜上所述，當常數時，取得最小值. 12分20. （本題滿分12分）如圖，在四棱錐PABC

11、D中，PA平面ABCD，四邊形ABCD為正方形，PAAB4， G為PD中點，E點在AB上,平面PEC平面PDC.（）求證：AG平面PCD；（）求證：AG平面PEC； （）求直線AC與平面PCD所成角.參考答案：（）證明：CDAD，CDPA CD平面PAD CDAG，又PDAG AG平面PCD 4分（）證明：作EFPC于F，因面PEC面PCD EF平面PCD，又由（）知AG平面PCD EFAG，又AG 面PEC，EF 面PEC，AG平面PEC 4分（）連接CG.4分略21. 如圖,在斜三棱柱中,側面底面,側棱與底面成的角,.底面是邊長為2的正三角形,其重心為點,是線段上一點,且.()求證:/側面

12、;()求平面與底面所成銳二面角的正切值.參考答案：(1)延長B1E交BC于點F,FEB,BE=EC1,BF=B1C1=BC, 從而點F為BC的中點. G為ABC的重心,A、G、F三點共線.且, 又GE側面AA1B1B,GE/側面AA1B1B. (2)在側面AA1B1B內,過B1作B1HAB,垂足為H,側面AA1B1B底面ABC, B1H底面ABC.又側棱AA1與底面ABC成60的角,AA1=2,B1BH=60,BH=1,B1H= 在底面ABC內,過H作HTAF,垂足為T,連B1T,由三垂線定理有B1TAF, 又平面B1CE與底面ABC的交線為AF,B1TH為所求二面角的平面角. AH=AB+B

13、H=3,HAT=30,HT=AH.在RtB1HT中, 從而平面B1GE與底面ABC成銳二面角的正切值為. 解法2:(1)側面AA1B1B底面ABC,側棱AA1與底面ABC成60的角,A1AB=60, 又AA1=AB=2,取AB的中點O,則AO底面ABC. 以O為原點建立空間直角坐標系O如圖, 則,. G為ABC的重心,., . 又GE側面AA1B1B,GE/側面AA1B1B. (2)設平面B1GE的法向量為,則由得 可取 又底面ABC的一個法向量為 設平面B1GE與底面ABC所成銳二面角的大小為,則. 由于為銳角,所以,進而. 故平面B1GE與底面ABC成銳二面角的正切值為. 略22. 已知等差數列an中，a3=9，a8=29（1）求數列an的通項公式及前n項和Sn的表達式；（2）記數列的前n項和為Tn，求Tn的值參考答案：【考點】數列的求和；數列遞推式【分析】（1）由已