江西科技学院附属中学2023高二下学期第一次月考数学（文）试卷 WORD版含答案.docx

1、江科附中2021-2022学年第二学期高二年级月考数学试卷（文科）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1. “直线垂直平面内的无数条直线”是“”的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件2如图，是水平放置的的斜二测直观图，为等腰直角三角形，其中与重合，则的面积是（）A9BC18D3设，是两条不同的直线，是三个不同的平面，给出下列四个命题：若，则；若，则若，则； 若，则. 其中正确的是（ ）A和B和C和D和4某三棱锥的三视图如图所示，其中网格由边长为1的小正方形组成，则该几何体的表面积为（）ABCD5已知为球的球面上的三个点，为的外接圆，若的面积为

2、，则球的表面积为（ ）ABCD6已知双曲线与圆在第二象限相交于点分别为该双曲线的左、右焦点，且，则该双曲线的离心率为（ ）ABCD27九章算术商功：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑”文中“阳马”是底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥在阳马中，侧棱底面，且，则点A到平面的距离为（）ABCD8在四棱锥中，底面ABCD是正方形，侧棱底面ABCD，点E是棱PC的中点，作，交PB于F. 下面结论正确的个数为（ ）平面EDB；平面EFD；直线DE与PA所成角为60；点B到平面PAC的距离为.A1B2C3D49设定义在上的函数的导函数为，若，则不等式（其中为自然对数的底数）的解集为

3、（）A B C D10已知抛物线的焦点为F，过点F分别作两条直线，直线与抛物线C交于A、B两点，直线与抛物线C交于D、E两点，若与的斜率的平方和为2，则的最小值为（）A12B16C20D2411已知，则，的大小关系是（）A B C D12已知函数，若函数存在零点，则的取值范围为（ ）AB CD二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13已知一个圆锥的母线长为，侧面展开是半圆，则该圆锥的体积是_.14. 棱长为2的正方体中，分别是，的中点，则正方体内过，的截面面积为_.15已知a，b为正实数，函数在处的切线斜率为2，则的最小值为_.16如图是数学家旦德林用来证明一个平面截圆锥得到的截口

4、曲线是椭圆的模型（称为“旦德林双球模型”）；在圆锥内放两个大小不同的小球，使得它们分别与圆锥的侧面、截面相切，设图中球，球的半径分别为和，球心距离,截面分别与球，球切于点，（，是截口椭圆的焦点），则此椭圆的离心率等于_三、解答题（本大题共6小题，共70分）17如图，四边形ABCD为正方形，平面ABCD，点E、F分别为AD、PC的中点.(1)证明：平面PBE；(2)求三棱锥P-BDF的体积与四棱锥P-ABCD的体积之比.18已知函数.(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)当时，设，求函数的单调区间.19. 如图，四棱锥中，平面CDP，E为PC中点.(1)证明：平面PAD；(2)若平面PAD，

5、求三棱锥的体积.试卷第3页，共4页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司20已知椭圆的上、下顶点分别为A，B，离心率为，椭圆C上的点与其右焦点F的最短距离为.(1)求椭圆C的标准方程；(2)若直线与椭圆C交于P，Q两点，直线PA与QB的斜率分别为，且，那么直线l是否过定点，若过定点，求出该定点坐标；否则，请说明理由.21已知，(1)若函数在处的切线的斜率为，求出的单调区间；(2)已知，求证：当时，选考题：共10分，请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。22 选修4-4：坐标系与参数方程已知在平面直角坐标系中，直线的参数方程

6、为为参数），曲线的方程为，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系（1）求直线和曲线的极坐标系方程；（2）曲线分别交直线和曲线于，求的最大值23选修4-5：不等式选讲已知.（1）解不等式；（2）令的最小值为，正数，满足，求证：.试卷第4页，共4页江科附中2021-2022学年第二学期高二年级月考数学试卷（文科）答案1B【详解】因为当直线垂直平面内的所有直线时，才能得到，所以由直线垂直平面内的无数条直线不一定能推出，但是由一定能推出直线垂直平面内的无数条直线，所以直线垂直平面内的无数条直线是的必要不充分条件，故选：B2D【详解】在斜二测直观图中，由为等腰直角三角形，可得，还原原图形如图：则

7、，则.故选：D.3D【详解】解：对于，因为，所以经过作平面，使，可得，又因为，所以，结合得由此可得是真命题；对于，因为且，所以，结合，可得，故是真命题；对于，设直线、是位于正方体上底面所在平面内的相交直线，而平面是正方体下底面所在的平面，则有且成立，但不能推出，故不正确；对于，设平面、是位于正方体经过同一个顶点的三个面，则有且，但是，推不出，故不正确综上所述，其中正确命题的序号是和4A【详解】由题可知该几何体为棱长为的正四面体，表面积.故选：A.5D【详解】设圆半径为，球的半径为，依题意，得，为等边三角形，由正弦定理可得，根据球的截面性质平面，球的表面积.6C【详解】在中，由正弦定理知，又，在

8、中，.设，则由等面积得：，即，在上，在上，即，即，即，即，即，即，即，.7B【详解】设到平面的距离为，则三棱锥PABD的体积为：，即有，8D【详解】如图所示，连接交于点，连接底面是正方形，点是的中点在中，是中位线，而平面且平面，平面；故正确；如图所示，底面，且平面，是等腰直角三角形，又是斜边的中线，(*)，由底面，得，底面是正方形，又，平面，又平面，(*)，由(*)和(*)知平面，而平面，又，且，平面；故正确；如图所示，连接AC交BD与O，连接OE，由OE是三角形PAC中位线知OEPA，故DEO为异面直线PA和DE所成角或其补角，由可知DE，OD，OE，DEO是等边三角形，DEO60，故正确；

9、如图所示，设B到平面PAC的距离为d，由题可知PAACPC，故，由.故正确.故正确的有：，正确的个数为4.9B【详解】设，所以，因为，所以，所以在上单调递减，且，又因为等价于，所以解集为，10B【详解】抛物线的焦点坐标为，设直线：，直线：，联立 得：，所以，所以焦点弦，同理得：，所以，因为，所以，11D【详解】由题意，构造函数，则，所以函数在上单调递减，所以，即.12B【详解】函数存在零点，即方程存在实数根，即函数与的图象有交点，如图所示，直线恒过定点，过点与的直线的斜率，设直线与相切于，则切点处的导数值为，则过切点的直线方程为，又切线过，则，得，此时切线的斜率为，由图可知，要使函数存在零点，

10、则实数的取值范围是或，13【详解】设圆锥的底面圆半径为，圆锥的高为，根据题意可得：，故可得，则，故圆锥的体积.14【详解】如图所示：取棱，的中点，再取分别为的中点，则则四点共面，再由可得在面内，同理：在面内，则该截面是一个边长为的正六边形，其面积为.15【详解】解：求导得，所以，因为函数的图象在处的切线与直线垂直，所以，即，因为a，b为正实数，所以，当且仅当，即时等号成立.所以的最小值为16【详解】如图，圆锥面与其内切球，分别相切与，连接,则，过作垂直于，连接， 交于点C设圆锥母线与轴的夹角为 ，截面与轴的夹角为.在中， ， 解得 即 则椭圆的离心率17(1)证明过程见解析；(2)【解析】(1

11、)取PB中点H，连接FH，EH，因为点E、F分别为AD、PC的中点.所以FHCB，FH=，因为四边形ABCD为正方形，所以BCAD，且BC=AD，所以DEFH，DE=FH，所以四边形DEHF为平行四边形，所以DFHE，因为DF平面PBE，HE平面PBE，故DF平面PBE(2)因为F是PC的中点，所以，因为四边形ABCD为正方形，平面ABCD，所以，故三棱锥P-BDF的体积与四棱锥P-ABCD的体积之比为.18(1)；(2)增区间为，减区间为.【解析】(1)当时，则，又，设所求切线的斜率为，则，则切线的方程为：，化简即得切线的方程为：.(2)，其定义域为，ax10，当时，；当时，.的增区间为，减

12、区间为.19(1)证明见解析(2)【解析】(1)取PD中点F，连接EF，AF则且又且且四边形ABEF是平行四边形平面PAD,平面PAD平面PAD(2)平面PAD, 平面，又，因为平面CDP，所以20(1)(2)恒过点【解析】(1)解：设为椭圆上的点，为椭圆的右焦点，所以，因为，所以，又，所以、，因为，所以，所以椭圆方程为；(2)解：设、，依题意可得、，所以、，联立得，则即，所以、，因为，所以，即，由得，即，所以，即，整理得，所以，即，即，解得或，当时直线过点，故舍去，所以，则直线恒过点；21(1)单调递增区间为，单调递减区间为；(2)证明见解析.【解析】(1)函数的定义域为，可得，可得函数的单

13、调递增区间为，函数的单调递减区间为，可得函数的单调递增区间为，单调递减区间为(2)由（1）可得，当时，所以，所以要证当时，即证，只需证， 设，设，在区间上是增函数，即，在上是增函数，只需证，设，在上是增函数，22（1）；（2）.【解析】（1）由题可知直线的普通方程为，直线的极坐标方程为曲线的普通方程为，因为，所以的极坐标方程为（2）直线的极坐标方程为，令，则，所以又，所以，因为，则的最大值为23（1）；（2）证明见解析.【解析】（1）当时，得；当时，得；当时，得，综上，原不等式的解集为（2）由（1）可知，当时，；当时，；当时，故的最小值，则于是，则，当且仅当，时，等号成立.当且仅当即，时取“=”所以，答案第15页，共11页