數(shù)學月考參考答案

高二數(shù)學6月月考參考答案(滿分：150分

考試時間：120分鐘)一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一個選項是符合題目要求的.1．已知集合，，則（

）A． B． C．或 D．【答案】C【分析】首先解一元二次不等式求出集合，再根據(jù)并集的定義計算可得.【詳解】由，即，解得，所以，又，所以或.故選：C2．已知平面向量，，滿足，，，，則的最大值等于（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由，即點四點共圓，再利用余弦定理、正弦定理求解即可.【詳解】設，由，，，則，所以，又，所以，即點四點共圓，要使最大，即為圓的直徑，在中，由余弦定理可得，即，又由正弦定理可得，即的最大值為，故選：A3．甲、乙、丙等7人站成一排，且甲不在兩端，乙和丙之間恰有2人，則不同排法有（

）種A．96 B．128 C．240 D．672【答案】D【分析】先不管甲是否排兩端，利用捆綁法可求總的方法數(shù)，再減去甲排兩端的方法數(shù)，即可求解.【詳解】先從7人中任選2人排在乙和丙之間有中排法，有乙和丙之間可相互排序有，把這4人看成一個元素與其余3人排序有，故由分步乘法計數(shù)原理共有，甲不在兩端有，故甲不在兩端，乙和丙之間恰有2人，則不同排法有.故選：D.4．從某個角度觀察籃球（如圖1)可以得到一個對稱的平面圖形（如圖2），籃球的外輪廓為圓，將籃球的表面粘合線視為坐標軸和雙曲線，若坐標軸和雙曲線與圓的交點將圓的周長等分，且，則該雙曲線的離心率為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】設雙曲線的標準方程為，求出圓與雙曲線在第一象限內的交點的坐標，將點的坐標代入雙曲線的方程，可得出的值，再利用雙曲線的離心率公式可求得該雙曲線的離心率.【詳解】設雙曲線的標準方程為，設圓與雙曲線在第一象限內的交點為，連接、，則，因為坐標軸和雙曲線與圓的交點將圓的周長等分，則，故點，將點的坐標代入雙曲線的方程可得，所以，所以該雙曲線的離心率為.故選：B.5．如圖，為圓錐的底面圓的直徑，點是圓上異于，的動點，，則下列結論正確的是（

）A．圓錐的側面積為B．三棱錐的體積的最大值為C．的取值范圍是D．若，為線段上的動點，則的最小值為【答案】D【分析】先求出圓錐的母線長，利用圓錐的側面積公式判斷A；當時，的面積最大，此時三棱錐體積也最大，利用圓錐體積公式求解即可判斷B；先用取極限的思想求出的范圍，再利用，求的范圍，即可判斷C；利用圖形展開及兩點之間線段最短即可判斷選項D.【詳解】在中，，則圓錐的母線長，半徑，對于A，圓錐的側面積為：，故A錯誤；對于B，當時，的面積最大，此時，則三棱錐體積的最大值為，故B錯誤；對于C，因為為等腰三角形，，又，所以，當點與點重合時，為最小角，當點與點重合時，達到最大值，又因為與不重合，則，又，可得，故C錯誤；對于D，由，得，又，則為等邊三角形，則，將以為軸旋轉到與共面，得到，則為等邊三角形，，如圖可知，因為，，則，故D正確；故選：D.6．設，，，則，，的大小關系是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用冪函數(shù)、指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)的單調性，結合特殊值判定即可.【詳解】因為在上單調遞減，所以，即.因為在上單調遞增，又，，又，所以，故，所以.故選：A.7．已知函數(shù)，若使得的圖象在點處的切線與軸平行，則的最小值是（

）A．2 B． C．1 D．【答案】D【分析】先利用三角恒等變換公式化簡函數(shù)，根據(jù)題意得函數(shù)在上存在對稱軸，利用整體代換列不等式，解不等式即可求出最值.【詳解】，因為使得的圖象在點處的切線與軸平行，所以函數(shù)在上存在最值，即函數(shù)在上存在對稱軸，令，得，因為，所以，即，則，又，故時，取最小值為.故選：D8．在平面直角坐標系中，已知過點的拋物線的焦點為，過點作兩條相互垂直的直線，，直線與相交于，兩點，直線與相交于，兩點，則的最小值為（

）A．32 B．20 C．16 D．12【答案】A【分析】由點在拋物線上求出的值，即可求出拋物線方程，設直線方程為，則方程為，，，，，聯(lián)立直線與拋物線方程，消元、列出韋達定理，表示出、，再由基本不等式計算可得.【詳解】因為點在拋物線上，所以，解得或（舍去），所以拋物線，則，依題意直線的斜率存在且不為，設直線方程為，則方程為，，，，，聯(lián)立直線方程與拋物線方程得，則，，，同理，，所以，，所以，當且僅當，即時等號成立，所以的最小值為；故選：A二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對得6分，部分選對的得部分分，選對但不全的得部分分，有選錯的得0分.9．已知復數(shù)的共軛復數(shù)為，下列說法正確的是（

）A．可能為虛數(shù)B．為實數(shù)C．D．若為一元二次方程的一個復數(shù)根，則【答案】BD【分析】設，，利用復數(shù)的乘法、平方、模長可判斷、、，運用韋達定理判斷.【詳解】設，則，，因為，所以，即，故A錯誤；，故B正確；，，當時，，故C錯誤；若為一元二次方程的一個復數(shù)根，則為一元二次方程的另一個復數(shù)根，所以，，，故D正確.故選：BD.10．（多選）如圖，八面體的每個面都是正三角形，若四邊形是邊長為4的正方形，則（

）

A．異面直線與所成角大小為B．二面角的平面角的余弦值為C．此八面體存在外接球D．此八面體的內切球表面積為【答案】ACD【分析】建立空間直角坐標系，運用坐標法計算異面直線所成角及二面角判斷AB；由判斷C項；利用等體積法求得內切球的半徑，進而可求得內切球的表面積即可判斷D項．【詳解】連接交于點，連接，由正方形，得，又八面體的每個面都是正三角形，則三點共線，且平面，以為原點，分別以所在直線為軸建立空間直角坐標系，如圖，

則，，對于A，，則，所以異面直線與所成角大小為，A正確；對于B，，設平面的法向量為，則，取，得，設平面的法向量為，則，取，得，于是，又平面與平面所成的二面角的平面角為鈍角，所以二面角的平面角的余弦值為，B錯誤；對于C，因為，即為此八面體外接球的球心，因此此八面體一定存在外接球，C正確；對于D，設內切球的半徑為，，八面體表面積則八面體的體積為，又八面體的體積為，因此，解得，所以內切球的表面積為，D正確．故選：ACD【點睛】結論點睛：一個多面體的表面積為S，如果這個多面體有半徑為r的內切球，則此多面體的體積V滿足：.11．空間直角坐標系中的動點的軌跡為，其中，則下列說法正確的有（

）A．存在定直線，使得上的點到的距離是定值B．存在定點，使得上的點到的距離為定值C．的長度是個定值，且這個定值小于14D．是上任意兩點，則的距離的最大值為4【答案】ACD【分析】由題意空間直角坐標系中的動點的軌跡為，其中，可知，點的軌跡為以坐標原點為圓心，半徑為1的圓，高為4的圓柱上螺旋上升，共計旋轉兩次兩周，根據(jù)條件即可判斷?！驹斀狻坑深}意空間直角坐標系中的動點的軌跡為，其中，可知，點的軌跡為以坐標原點為圓心，半徑為1的圓，高為4的圓柱上螺旋上升，共計旋轉兩次兩周。對于A，為以坐標原點為圓心，半徑為1的圓，高為4的圓柱上螺旋上升，共計旋轉兩次兩周，所以存在定直線即為軸，使得上的點到的距離是定值為1，A正確；對于B，根據(jù)軌跡可得不存在定點，使得上的點到的距離為定值，B錯誤；對于C，軌跡的長度是，C正確；對于D,是上任意兩點，則的距離的最大值為4,D正確；故選：ACD【點睛】求動點軌跡問題方法：直接法；相關點法；定義法；三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12．正三棱柱內切球（球與上下底面和側面都相切）的半徑是為棱上一點，若二面角為，則平面截內切球所得截面面積為.【答案】【分析】由內切球的半徑得正三棱柱的高和底面邊長，求球心到平面的距離，勾股定理求截面圓的半徑，可得截面面積.【詳解】正三棱柱內切球的半徑是，則棱柱的高，正三角形內切圓的半徑是，則，得，分別為的中點，則，，，二面角為，則，內切圓的圓心為上靠近點的三等分點，內切圓的圓心為上靠近點的三等分點，為正三棱柱內切球球心，則為的中點，則，，，，由對稱性可知，球心到平面的距離等于到直線的距離，平面中，以為原點，為軸，為軸建立如圖所示的平面直角坐標系，有，，所在直線方程為，即，則點到直線的距離，即球心到平面的距離，平面截內切球所得截面圓的半徑為，則，所以截面圓的面積.故答案為：.【點睛】方法點睛：正三棱柱的內切球中，如果內切球的半徑為，那么正三棱柱的高為，底面正三角形的邊長為，截面圓的半徑由球的半徑和球心到截面距離利用勾股定理計算.13．已知，函數(shù)的圖象與的圖象在上最多有兩個公共點.則的取值范圍為.【答案】【分析】將化成單角單函數(shù)，由，轉化為在上最多有兩個零點，得，結合正弦函數(shù)圖象，分四種情況討論，最后得到的取值范圍.【詳解】，由得，設，則在上最多有兩個零點，所以，，所以，，又因為，所以，（1）由得（2）由得（3）由得（4）由得綜上，的取值范圍為.故答案為：.【點睛】方法點睛：正弦型函數(shù)求參數(shù)的取值范圍對于正弦型函數(shù)，由的取值范圍得到的范圍，結合正弦函數(shù)的圖象求解.14．某班組織開展知識競賽，抽取四名同學，分成甲、乙兩組：每組兩人，進行對戰(zhàn)答題．規(guī)則如下：每次每名同學回答6道題目，其中有1道是送分題（即每名同學至少答對1題）．若每次每組對的題數(shù)之和為3的倍數(shù)，則原答題組的人再繼續(xù)答題；若對的題數(shù)之和不是3的倍數(shù)，就由對方組接著答題，假設每名同學每次答題之間相互獨立，且每次答題順序不作考慮，第一次由甲組開始答題，則第7次由甲組答題的概率為．【答案】【分析】先用古典概型計算公式求每次每組對的題數(shù)之和是3的倍數(shù)的概率，設第次由甲組答題的概率為，由全概率公式得到與的遞推公式，根據(jù)遞推公式求數(shù)列的通項公式，令，可得問題答案.【詳解】記答題的兩位同學答對的題數(shù)分別為，，則，當時，是3的倍數(shù)，故兩位同學答對的題數(shù)之和是3的倍數(shù)的概率為，兩位同學答對的題數(shù)之和不是3的倍數(shù)的概率為．記第n次由甲組答題的概率為，則由乙組答題的概率為，，即，進一步有，又，所以數(shù)列是以為首項，以為公比的等比數(shù)列，所以.令，則．故答案為：【點睛】關鍵點點睛：設表示第n次由甲組答題的概率，由全概率公式得，得到數(shù)列的遞推公式是解決該題的關鍵.四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15．如圖，在三棱臺中，，平面平面，．(1)證明：平面；(2)若三棱錐的體積為，求平面與平面的夾角的余弦值．【答案】(1)證明見解析(2)【詳解】（1）如圖，在等腰梯形中，連接，又，可以解得，在三角形中，，又平面平面，且平面平面，，且平面，平面．又，且平面，平面．（2）由（1）可知，，．以為原點，以為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系．可得：．易知平面的一個法向量為，設平面的法向量為，又，由令，解得平面的一個法向量為，．平面與平面的夾角的余弦值為．16．某學校食堂每天都會提供A，B兩種套餐供學生選擇（學生只能選擇其中的一種），經過統(tǒng)計分析發(fā)現(xiàn):學生第一天選擇A套餐的概率為，選擇套餐的概率為.而前一天選擇了套餐的學生第二天選擇套餐的概率為，選擇套餐的概率為;前一天選擇套餐的學生第二天選擇套餐的概率為，選擇套餐的概率也是，如此往復.記同學甲第天選擇套餐的概率為.(1)求同學甲第二天選擇套餐的概率;(2)證明:數(shù)列為等比數(shù)列;(3)從該校所有學生中隨機抽取100名學生統(tǒng)計第二天選擇套餐的人數(shù)，用表示這100名學生中恰有名學生選擇套餐的概率，求取最大值時對應的的值.【答案】(1)(2)證明見解析(3)37【分析】（1）根據(jù)題意結合全概率公式運算求解；（2）根據(jù)題意結合全概率公式可得，結合等比數(shù)列的定義分析證明；（3）根據(jù)題意分析可得，結合二項分布的概率公式列式求解.【詳解】（1）設“第1天選擇B套餐”，“第2天選擇B套餐”，則“第1天不選擇B套餐”.根據(jù)題意可知：.由全概率公式可得.（2）設“第天選擇B套餐”，則，根據(jù)題意.由全概率公式可得，整理得，且，所以是以為首項，為公比的等比數(shù)列.（3）第二天選擇A類套餐的概率由題意可得：學生第二天選擇A類套餐的概率為，則不選擇A類套餐的概率為，所以，則，當取最大值時，則，即，即，解得，且，所以.17．阿基米德（公元前287年—公元前212年，古希臘）不僅是著名的哲學家、物理學家，也是著名的數(shù)學家，他利用“逼近法”得到橢圓面積除以圓周率等于橢圓的長半軸長與短半軸長的乘積.在平面直角坐標系中，橢圓的面積等于，且橢圓的焦距為.點、分別為軸、軸上的定點.(1)求橢圓的標準方程；(2)點為橢圓上的動點，求三角形面積的最小值，并求此時點坐標；(3)直線與橢圓交于不同的兩點A、B，已知關于軸的對稱點為M，B點關于原點的對稱點為，已知P、M、N三點共線，試探究直線是否過定點.若過定點，求出定點坐標；若不過定點，請說明理由.【答案】(1)(2)，(3)直線恒過定點【分析】（1）根據(jù)橢圓的焦距可求出，由橢圓的面積等于得，求出，即可求出橢圓的標準方程；（2）設（為參數(shù)），根據(jù)點到直線的距離公式表示出R到直線PQ的距離為，由正弦函數(shù)的性質確定d的最小值，即可求解；（3）設直線，，進而寫出為兩點坐標，將直線與橢圓的方程聯(lián)立，根據(jù)韋達定理求，，由三點共線可知，將，代入并化簡，得到的關系式，分析可知經過的定點坐標.【詳解】（1）由題意知，橢圓的面積知，得，又，所以，解得，所以橢圓的方程為；（2）由題意得，直線方程為，即，設（為參數(shù)），則點到直線的距離為，當即即時，取得最小值，且最小值為，所以的面積的最小值為，此時.（3）設直線，，則，，三點共線，得，直線與橢圓交于兩點，，，，由，得，，，代入中，，，當，直線方程為，則重合，不符合題意；當時，直線，所以直線恒過定點.【點睛】方法點睛：直線與圓錐曲線的位置關系中的定點、定值、最值問題，一般可通過聯(lián)立方程組并消元得到關于或的一元二次方程，再把要求解的目標代數(shù)式化為關于兩個交點橫坐標或縱坐標的關系式，該關系中含有或，最后利用韋達定理把關系式轉化為若干變量的方程（或函數(shù)），從而可求定點、定值、最值問題.18．十七世紀法國數(shù)學家、被譽為業(yè)余數(shù)學家之王的皮埃爾·德·費馬提出的一個著名的幾何問題：“已知一個三角形，求作一點，使其與這個三角形的三個頂點的距離之和最小.”它的答案是：“當三角形的三個角均小于時，所求的點為三角形的正等角中心，即該點與三角形的三個頂點的連線兩兩成角；當三角形有一內角大于或等于時，所求點為三角形最大內角的頂點.”在費馬問題中所求的點稱為費馬點.試用以上知識解決下面問題：已知的內角所對的邊分別為，且(1)求；(2)若，設點為的費馬點，求；(3)設點為的費馬點，，求實數(shù)的最小值.【答案】(1)(2)(3).【分析】（1）根據(jù)三角函數(shù)公式及正弦定理，勾股定理，即可求解；（2）根據(jù)費馬點定義，等面積法思想，向量數(shù)量積的定義，即可求解；（3）根據(jù)費馬點的性質，余弦定理，基本不等式，即可求解．【詳解】（1），，，由正弦定理可得，直角三角形，且；（2）由（1）可得，三角形的三個角都小于，則由費馬點定義可知：，設，由，得，整理得，；（3）點為的費馬點，，設，，，，，，，，由余弦定理得，，，故由，得，，而，，，當且僅當時，又，即時