河北省邯郸市第二十四中学高二数学理月考试题含解析

河北省邯郸市第二十四中学高二数学理月考试题含解析
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. 在棱长为a的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M为AB的中点，则点C到平面A1DM的距离为
（）
A． a B． a C． a D． a
参考答案：
A
【考点】点、线、面间的距离计算．
【专题】计算题．
【分析】连接A1C、MC，三棱锥A1﹣DMC就是三棱锥C﹣A1MD，利用三棱锥的体积公式进行转换，即可求出点C到平面A1DM的距离．
【解答】解：连接A1C、MC可得
=
△A1DM中，A1D=，A1M=MD=
∴=
三棱锥的体积：
所以 d
（设d是点C到平面A1DM的距离）
∴=
故选A．【点评】本题以正方体为载体，考查了立体几何中点、线、面的距离的计算，属于中档题．运用体积计算公式，进行等体积转换来求点到平面的距离，是解决本题的关键．
2. 如果函数的导函数是偶函数，则曲线在原点处的切线方程是（）
A． B． C． D．
参考答案：
A
试题分析：，因为函数的导数是偶函数，所以满足，即
，，，所以在原点处的切线方程为，即，故选A.
考点：导数的几何意义
3. 若集合，，则是
A．B．C．D．
参考答案：
B
略
4. 设，记，若则（）
A． B．- C． D．
参考答案：
B
5. 下列命题正确的是
( )
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
参考答案：
C
6. 用反证法证明命题：“三角形的内角中至少有一个不大于60度”时，假设正确的是（）
A．假设三内角都不大于60度 B．假设三内角都大于60度C．假设三内角至少有一个大于60度
D．假设三内角至多有二个大于60度
参考答案：
B
略
7. 椭圆上的点到直线的最大距离是（）
A．3 B．C．D．
参考答案：
D
8. 用反证法证明命题“三角形的内角中至少有一个大于60°，反证假设正确的是( )
A. 假设三内角都大于60°
B. 假设三内角都不大于60°
C. 假设三内角至多有一个大于60°
D. 假设三内角至多有两个大于60°
参考答案：B
【分析】
反证法的第一步是假设命题的结论不成立，根据这个原则，选出正确的答案.
【详解】假设命题的结论不成立，即假设三角形的内角中至少有一个大于60°不成立，即假设三内角都不大于60°，故本题选B.
【点睛】本题考查了反证法的第一步的假设过程，理解至少有一个大于的否定是都不大于是解题的关键.
9. 对于幂函数，若，则，大小关系是（）
A． B．
C． D．无法确定
参考答案：
A
10. 若f(x)是偶函数且在(0,+∞)上减函数，又，则不等式的解集为（）
A. 或
B. 或
C. 或
D. 或
参考答案：
C
∵是偶函数，，∴，
∵，∴
∵在上减函数，∴，∴或
∴不等式的解集为或，故选C.
二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分
11. 设两个独立事件和都不发生的概率为，发生不发生的概率与发生不发生的概率相同，则事件发生的概率为＿＿＿＿.
参考答案：
12. 若
x 2dx=9，则常数T
的值为 ．
参考答案：
3
【考点】定积分．
【分析】利用微积分基本定理即可求得．
【解答】解： =
=9，解得T=3，
故答案为：3
．
13. 给出下列3个命题：①若
，则
；②若
，则
；③若
且
，则，其中真命题的序号为 ▲ ．
参考答案：
14. 甲、乙、丙人站到共有级的台阶上，若每级台阶最多站人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法种数是 （用数字作答）．
参考答案： 336 略
15. 设变量满足约束条件则的最大值为________
参考答案：
4 16. 若在
展开式中
x 3的系数为－80，则
a = ．
参考答案：
－2；
17. 已知，且是第二象限角，则____________
参考答案：
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. （12分）如图，在三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，△ABC 是边长为2的等边三角形，AA 1⊥平面ABC ，
D ，
E 分别是CC 1，AB 的中点． （1）求证：CE ∥平面A 1BD ；
（2）若H 为A 1B 上的动点，当CH 与平面A 1AB 所成最大角的正切值为时，求平面A 1BD 与平
面ABC 所成二面角（锐角）的余弦值．
参考答案：
【考点】用空间向量求平面间的夹角；直线与平面平行的判定；二面角的平面角及求法．
【分析】（1）通过补形，延长延长A 1D 交AC 的延长线于点F ，连接BF ，从而可证明CE ∥BF ，然后由线面平行的判定定理得证；
（2）由已知找出C 点在平面A 1AB 上的射影CE ，CE 为定值，要使直线CH 与平面A 1AB 所成最大角
的正切值为，则点H 到E 点的距离应最小，由此得到H 的位置，进一步求出EH 的长度，则在直
角三角EHB 中可得到BH 的长度，利用已知条件证出BF ⊥平面A 1AB ，从而得到∠EBH 为平面A 1BD 与平面ABC 所成的二面角，在直角三角形EHB 中求其余弦值． 本题也可以A 为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量解决． 【解答】法一、 （1）证明：如图，
延长A1D交AC的延长线于点F，连接BF．
∵CD∥AA1，且CD=AA1，
∴C为AF的中点．
∵E为AB的中点，
∴CE∥BF．
∵BF?平面A1BD，CE?平面A1BD，
∴CE∥平面A1BD．
（2）解：∵AA1⊥平面ABC，CE?平面ABC，
∴AA1⊥CE．
∵△ABC是边长为2的等边三角形，E是AB的中点，
∴CE⊥AB，．
∵AB?平面A1AB，AA1?平面A1AB，AB∩AA1=A，
∴CE⊥平面A1AB．
∴∠EHC为CH与平面A1AB所成的角．
∵，
在Rt△CEH中，tan，
∴当EH最短时，tan∠EHC的值最大，则∠EHC最大．
∴当EH⊥A1B时，∠EHC最大．此时，tan=．
∴．
∵CE∥BF，CE⊥平面A1AB，
∴BF⊥平面A1AB．
∵AB?平面A1AB，A1B?平面A1AB，
∴BF⊥AB，BF⊥A1B．∴∠ABA1为平面A1BD与平面ABC所成二面角（锐角）．
在Rt△EHB中，=，cos∠ABA1=．
∴平面A1BD与平面ABC所成二面角（锐角）的余弦值为．法二、
（1）证明：如图，
取A1B的中点F，连接DF、EF．
∵E为AB的中点，
∴EF∥AA1，且．
∵CD∥AA1，且CD=AA1，
∴EF∥CD，EF=CD．
∴四边形EFDC是平行四边形．
∴CE∥DF．
∵DF?平面A1BD，CE?平面A1BD，
∴CE∥平面A1BD．
（2）解：∵AA1⊥平面ABC，CE?平面ABC，
∴AA1⊥CE．
∵△ABC是边长为2的等边三角形，E是AB的中点，
∴CE⊥AB，．
∵AB?平面A1AB，AA1?平面A1AB，AB∩AA1=A，
∴CE⊥平面A1AB．
∴∠EHC为CH与平面A1AB所成的角．
∵，
在Rt△CEH中，tan，
∴当EH最短时，tan∠EHC的值最大，则∠EHC最大．
∴当EH⊥A1B时，∠EHC最大．此时，tan=．
∴．
在Rt△EHB中，．
∵Rt△EHB～Rt△A1AB，
∴，即．
∴AA1=4．
以A为原点，与AC垂直的直线为x轴，AC所在的直线为y轴，AA1所在的直线为z轴，
建立空间直角坐标系A﹣xyz．
则A（0，0，0），A1（0，0，4），B，D（0，2，2）．
∴=（0，0，4），=，=（0，2，﹣2）．
设平面A1BD的法向量为n=（x，y，z），
由，，
得，令y=1，则．
∴平面A1BD的一个法向量为n=．
∵AA1⊥平面ABC，∴ =（0，0，4）是平面ABC的一个法向量．
∴cos=．
∴平面A1BD与平面ABC所成二面角（锐角）的余弦值为．
【点评】本小题主要考查空间线面位置关系、直线与平面所成的角、二面角等基础知识，考查空间想象、推理论证、抽象概括和运算求解能力，以及化归与转化的数学思想方法．是中档题．19. （用数字作答）从5本不同的故事书和4本不同的数学书中选出4本，送给4位同学，每人1本，问：
（1）如果故事书和数学书各选2本，共有多少种不同的送法？
（2）如果故事书甲和数学书乙必须送出，共有多少种不同的送法？
（3）如果选出的4本书中至少有3本故事书，共有多少种不同的送法？
参考答案：
【考点】排列、组合及简单计数问题．
【分析】（1）由题意，先从5本不同的故事书和4本不同的数学书中各选2本，再送给4位同学，可得结论；
（2）故事书甲和数学书乙必须送出，从其余7本中选2本，再送给4位同学，可得结论；
（3）选出的4本书中至少有3本故事书，包括3本故事书1本数学书、4本故事书，可得结论．
【解答】解：（1）由题意，先从5本不同的故事书和4本不同的数学书中各选2本，再送给4位同学，可得…
（2）故事书甲和数学书乙必须送出，从其余7本中选2本，再送给4位同学，可得…
（3）选出的4本书中至少有3本故事书，包括3本故事书1本数学书、4本故事书，可得
…
20. (本小题满分14分)矩形的两条对角线相交于点M(2，0)，边所在直线的方程为
，点T(－1，1)在边所在直线上．
(1)求边所在直线的方程；
(2)求矩形外接圆的方程；
(3)若动圆过点N(－2,0)，且与矩形的外接圆外切，求动圆的圆心的轨迹方程．
参考答案：
解：（1）因为边所在直线的方程为，且与垂直，
所以直线的斜率为．………………1分
又因为点在直线上，
所以边所在直线的方程为．即．…………3分
（2）由解得点的坐标为，……………5分
因为矩形两条对角线的交点为．
所以为矩形外接圆的圆心．
又．
从而矩形外接圆的方程为．………………9分
（3）因为动圆过点，所以是该圆的半径，又因为动圆与圆外切，所以，
即．……………11分
故点的轨迹是以为焦点，实轴长为的双曲线的左支．…………12分因为实半轴长，半焦距．所以虚半轴长．
从而动圆的圆心的轨迹方程为．………………14分
略
21. 已知函数f (x)＝x2－4，设曲线y＝f (x)在点（x n，f（x n））处的切线与x轴的交点为（x n＋1，0）（n∈N*），其中x1为正实数.
（1）用x n表示x n＋1；
（2）若x1＝4，记a n＝，证明数列{a n}成等比数列，并求数列{x n}的通项公式. 参考答案：
解：（1）∵＝2x，∴切线斜率k＝2x n，∴切线方程：y－（－4）＝2x n（x－x n），即y＝2x n·x－－4，令y＝0得：x＝，∴x n＋1＝（n∈N*）.
（2）∵由x n＋1＝，∴＝，
又a n＋1＝，∴a n＋1＝＝2·＝2a n，∴a n＋1＝2a n.
∴数列{a n}为等比数列.
由上可得：a n＝a1·2n－1＝·2n－1＝(lg3)·2n－1，∴＝(2n－1)·l g3，
∴＝，∴＝，解得：x n＝.
略
22. 如图，正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=2AB=4，点E在CC1上且C1E=3EC．
（Ⅰ）证明：A1C⊥平面BED；
（Ⅱ）求向量和所成角的余弦值．
参考答案：
【考点】平面向量数量积的运算；直线与平面垂直的判定．
【分析】（Ⅰ）建立空间直角坐标系，求出?=0， ?=0，证明A1C⊥平面DBE．
（Ⅱ）根据向量的夹角公式，即可求出余弦值．
【解答】解：（Ⅰ）以D为坐标原点，射线DA为x轴的正半轴，建立如图所示直角坐标系D﹣xyz．
依题设，B（2，2，0），C（0，2，0），E（0，2，1），A1（2，0，4），C1=（0，2，4），D（0，0，0）
=（0，2，1），=（2，2，0），=（﹣2，2，﹣4），=（0，2，4），
∴?=﹣2×2+2×2+0×（﹣4）=0， ?=0+4﹣4=0
∴A1C⊥BD，A1C⊥DE．
又DB∩DE=D，
∴A1C⊥平面DBE．
（Ⅱ）∵=（﹣2，2，﹣4），=（0，2，4），
∴?=﹣2×0+2×2+（﹣4）×4=﹣12，||==2， ==2
∴cos＜，＞===．。