河北省张家口市察北牧场中学2022年高二数学理月考试卷含解析

河北省张家口市察北牧场中学2022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. 直线y=x+3与曲线﹣=1（）
A．没有交点B．只有一个交点C．有两个交点D．有三个交点
参考答案：
D
【考点】直线与圆锥曲线的关系．
【分析】分x≥0时和x＜0时两种情况，分别讨论直线y=x+3与曲线﹣=1的交点个数，最后综合讨论结果，可得答案．
【解答】解：当x≥0时，曲线﹣=1方程可化为：﹣=1…①
将y=x+3代入①得：5x2﹣24x=0，解得x=0或，x=，
即此时直线y=x+3与曲线﹣=1有两个交点；
当x＜0时，曲线﹣=1方程可化为： +=1…①
将y=x+3代入①得：13x2+24x=0，解得x=0（舍去）或，x=，
即此时直线y=x+3与曲线﹣=1有一个交点；
综上所述直线y=x+3与曲线﹣=1有三个交点
故选：D
2. 设a∈R，若函数y=e x+ax，x∈R，有大于零的极值点，则（）
A．a＜﹣1 B．a＞﹣1 C．D．参考答案：
A
【考点】利用导数研究函数的极值．
【专题】压轴题；数形结合．
【分析】先对函数进行求导令导函数等于0，原函数有大于0的极值故导函数等于0有大于0的根，然后转化为两个函数观察交点，确定a的范围．
【解答】解：∵y=e x+ax，
∴y'=e x+a．
由题意知e x+a=0有大于0的实根，令y1=e x，y2=﹣a，则两曲线交点在第一象限，
结合图象易得﹣a＞1?a＜﹣1，
故选A．
【点评】本题主要考查函数的极值与其导函数的关系，即函数取到极值时一定有其导函数等于0，但反之不一定成立．
3. 已知变量x，y之间具有良好的线性相关关系，若通过10组数据得到的回归方
程为，且，，则（）
A. 2.1
B. 2
C. -2.1
D. -2
参考答案：
C
【分析】
根据回归直线过样本点的中心，可以选求出样本点的中心，最后代入回归直线方程，求出.
【详解】因为，所以根本点的中心为，把样本点的中心代入回归直线方程，得，故本题选C.
【点睛】本题考查了利用样本点的中心在回归直线方程上这个性质求参数问题，考查了数学运算能力
.
4. 若集合则A∩B是高.考.资.源.网
参考答案：
D
5. 从一点P引三条射线PA、PB、PC且两两成角，则二面角A-PB-C的余弦值是（）
A B C D
参考答案：
A
6. 直线和直线平行，则实数a的值为
A．3 B．－1 C．D．3或－1
参考答案：
B
7. 已知随机变量ξ服从正态分布N(0，σ2). 若P(ξ>2)=0.023，则P(－2≤ξ≤2) =
A.0.477
B.0.628
C.0.954
D.0.977
参考答案：
C
8. 正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，下列结论错误的是( )
A．AC∥平面A1BC1
B．BC1⊥平面A1B1CD
C．AD1⊥B1C D．异面直线CD1与BC1所成的角是45°
参考答案：
D
【考点】直线与平面垂直的判定；棱柱的结构特征；异面直线及其所成的角．
【专题】常规题型．
【分析】利用正方体的性质，利用线线平行的判定，线面平行、垂直的判定和性质，逐一分析研究各个选项的正确性．
【解答】解：由正方体的性质得，AC∥A1C1，所以，AC∥平面A1BC1故A正确．
由正方体的性质得由三垂线定理知，CD⊥BC1，BC1⊥B1D，所以BC1⊥平面A1B1CD，故B正确．
由正方体的性质得 AD1⊥B1C，故C成立．
异面直线CD1与BC1所成的角就是异面直线AD1与CD1所成角，故∠AD1C为所求，三角形AD1C是正三角形，∠BCB1=60°故D不正确
故选：D．
【点评】本题考查线面平行的判定，利用三垂线定理证明2条直线垂直，线面垂直的判定，求异面直线成的角．
9. 已知某程序框图如图所示，则执行该程序后输出的结果是()
A． B．－1
C．2 D．
1
参考答案： A
10. 法国数学家费马观察到，，，都是质数，于是
他提出猜想：任何形如
N*）的数都是质数，这就是著名的费马猜想. 半个世纪之
后，善于发现的欧拉发现第5个费马数不是质数，从而
推翻了费马猜想，这一案例说
明 （ ） A ．归纳推理，结果一定不正确 B ．归纳推理，结果不一定正确 C ．类比推理，结果一定不正确 C ．类比推理，结果不一定正确 参考答案： B
略
二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分
11. 已知
，则的虚部是
.
参考答案：
-2
12. 2012年6月我国发射的“神舟九号”宇宙飞船的运行轨道是以地球的中心F 2为一个焦点的椭圆，近地点A 距地面为m 千米，远地点B 距地面为n 千米，地球半径为R 千米，则飞船运行轨道的短轴长为 千米
参考答案：
13. 有下列四个命题： ①、若
，则
②、命题“面积相等的三角形全等”的否命题；
③、命题“若，则
有实根”的逆否命题； ④、命题“若
，则
”的逆否命题。

其中是真命题的是 . 参考答案：
1，3 略
14. 若奇函数满足且当时， ，则
▲ ．
参考答案：
15. 已知关于的不等式
，它的解集是[ 1，3 ]，则
实数的值是 参考答案： -2
16. 已知函数f(x)及其导数
，若存在，使得，则称是f(x) 的一个“巧值
点”，下列函数中，有“巧值点”的函数是________.（写出所有正确的序号）
①，②，③，④，⑤
参考答案：
①③⑤ 17. 已知
，则
.
参考答案：
2
试题分析：，.
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. 参考答案：
19. 如图所示，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB=BC=BB1，D为AC的中点．
（Ⅰ）求证：B1C∥平面A1BD；
（Ⅱ）若AC1⊥平面A1BD，求证B1C1⊥平面ABB1A1；
（Ⅲ）在（II）的条件下，设AB=1，求三棱B﹣A1C1D的体积．参考答案：
考点：直线与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定．
专题：空间位置关系与距离．
分析：（I）连结AB1交A1B于E，连ED．由正方形的性质及三角形中位线定理，结合线面平行的判定定理可得B1C∥平面A1BD；
（Ⅱ）由AC1⊥平面ABD，结合正方形的性质可证得A1B⊥平面AB1C1，进而A1B⊥B1C1，再由线面垂直的判定定理可得B1C1⊥平面ABB1A1．
（III）由等腰三角形三线合一可得BD⊥AC．再由面面垂直的性质定理得到BD⊥平面DC1A1．即BD就是三棱锥B﹣A1C1D的高．代入棱锥的体积公式，可得答案．
解答：证明：（I）连结AB1交A1B于E，连ED．
∵ABC﹣A1B1C1是三棱柱中，且AB=BB1，
∴侧面ABB1A是一正方形．
∴E是AB1的中点，又已知D为AC的中点．
∴在△AB1C中，ED是中位线．
∴B1C∥ED．
又∵B1C?平面A1BD，ED?平面A1BD
∴B1C∥平面A1BD．…（4分）
（II）∵AC1⊥平面ABD，A1B?平面ABD，
∴AC1⊥A1B，
又∵侧面ABB1A是一正方形，
∴A1B⊥AB1．
又∵AC1∩AB1=A，AC1，AB1?平面AB1C1．
∴A1B⊥平面AB1C1．
又∵B1C1?平面AB1C1．
∴A1B⊥B1C1．
又∵ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，
∴BB1⊥B1C1．
又∵A1B∩BB1=B，A1B，BB1?平面ABB1A1．
∴B1C1⊥平面ABB1A1．…（8分）
解：（III）∵AB=BC，D为AC的中点，
∴BD⊥AC．
∴BD⊥平面DC1A1．
∴BD就是三棱锥B﹣A1C1D的高．
由（II）知B1C1⊥平面ABB1A1，∴BC⊥平面ABB1A1．∴BC⊥AB．∴△ABC是直角等腰三角形．
又∵AB=BC=1
∴BD=
∴AC=A1C1=
∴三棱锥B﹣A1C1D的体积V=?BD?=?A1C1?AA1=K=…（12分）
点评：本题考查的知识点是直线与平面垂直的判定，直线与平面平行的判定，棱锥的体积，熟练掌握空间线面平行，线面垂直的判定定理是解答的关键．
20. （本题满分12分）如图，直三棱柱(侧棱垂直于底面的棱柱),底面中
，棱，分别为的中点.
（1）求>的值；
（2）求证：
（3）求.
参考答案：
以C为原点，CA、CB、CC1所在的直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的坐标系－ (图略）
（1）依题意得,∴
∴ ,
∴>= ………4分
(2) 依题意得 ∴ ,
∴
,
,
∴
∴ ,
∴
∴
………8分 (Ⅲ)
………12分（本题不论什么方法，只要是正确的，都给分）
21. 已知随机变量满足，，若，则
（ ） A. ， B. ， C. ， D.
，
参考答案：
C 【分析】
根据题目已知条件写出的分布列，取特殊值计算出两者的期望和方差，由此得出正确选项.
【详解】依题意可知：
由于
，不妨设
.故
,
，故选C.
【点睛】本小题主要考查随机变量分布列期望和方差的计算，考查分析与阅读理解能力，属于中档题.
22. 已函数是定义在上的奇函数,在
上.
（1）求函数的解析式;并判断在上的单调性(不要求证明);
（2）解不等式
．
参考答案：
解析：（1） 设，则
又
是奇函数，所以
，
=
3分
4分
是[-1，1]上增函
数 .6分
（2）是[-1，1]上增函数，由已知得: .7分
等价于 ...10分
不等式的解集为12分
略。