【文档说明】2022-2023学年四川省泸州市龙马高中高二上学期第二次月考数学文试题.docx，共(8)页，580.491 KB，由小喜鸽上传

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泸州市龙马高中高2021级2022年秋期第二次学月考试数学（文科）试题一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．椭圆221259xy+=的长半轴长a＝（）A．11B．7C．5D．22．若直线l：x＋2y－1＝0与直线

m：2x＋ay－1＝0平行，则实数a的值为（）A．－2B．4C．2D．123．已知a，b，c，d为实数，ab且cd，则下列不等式一定成立的是（）A．acbdB．acbd−−C．adbc−−D．1ab4．已知具有线性相关的变量x、y，设其样本点为()(),1,2

,3,,8iiiAxyi=LL，回归直线方程为$$12yxa=+，若818iix==，816iiy==（O为坐标原点），则$a=（）A．14B．58C．2D．55．某城市为了解游客人数的变化规律，提高旅游服务质量，收集并整理了2014年1

月至2016年12月期间月接待游客量（单位：万人）的数据，绘制了下面的折线图．根据该折线图，下列结论错误的是（）A．各年1月至6月的月接待游客量相对于7月至12月，波动性更小，变化比较平稳B．年接待游客量逐年增加C．各年的月接待游

客量高峰期大致在7，8月D．月接待游客量逐月增加6．执行下面的程序框图，若输入的k＝0，a＝0，则输出的k为（）A．2B．4C．3D．57．某赛季甲乙两名篮球运动员在若干场比赛中的得分情况如下：甲：21、22、23、25、28、29、30、30；乙：1

4、16、23、26、28、30、33、38．则下列描述合理的是（）A．甲队员每场比赛得分的平均值大B．乙队员每场比赛得分的平均值大C．甲队员比赛成绩比较稳定D．乙队员比赛成绩比较稳定8．如图为某几何体的三视图，则

该几何体的表面积是（）A．623+B．442+C．642+D．423+9．已知变量x，y满足约束条件2102145xyxyxy++−，则4zxy=−+的最小值为（）A．22B．5C．4D．－510．已知抛物线2:43Cyx=的焦点为F，准线为l，过抛物线上一点P作准线的垂线，垂足为

Q，若3PFQ=，则PF=（）A．43B．23C．3D．611．1F，2F为椭圆2214xy+=的两个焦点，点P在椭圆上，若线段1PF的中点在y轴上，则21PFPF的值为（）A．13B．15C．17D．1912．已知点(

)1,0A−，()2,0B，圆()()()221:204Cxymm−+−=，在圆上存在点P满足2PAPB=，则实数m的取值范围是（）A．26,22B．521,42C．210,2D．521,22二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分．

13．已知双曲线22:196yxC−=，则C的渐近线方程为______．14．抛物线24yx=的焦点到直线x＋y－3＝0的距离为______．15．在三棱锥P－ABC中，23PAABPBAC====，AC⊥平面PAB，则三棱锥P－ABC的外接球O的体积

为______．16．如图，某公园内有一个边长为20m的正方形ABCD区域，点M处有一个路灯，点M到AB的距离是6m，到BC的距离是8m，现过点M建一条直路交正方形区域两边于点P和点Q，若对△PBQ区域进行绿化，则此绿化区域面积的最

小值为______2m．三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．已知圆C的圆心在直线20xy−=上，且与y轴相切于点()0,2．（1）求圆C的方程；（2）若圆C与直线:0lxym−+=交于A，B两点，120ACB=，求m的值．18．已知函

数()()211fxaxax=−++，0a．（1）若()0fx的解集为1,12，求a的值；（2）求关于x的不等式()0fx的解集．19．某种植园在芒果临近成熟时，随机从一些芒果树上摘下100个

芒果，其质量分别)150,250，)250,350，)350,450，)450,550，550,650（单位：克）中，经统计频率分布直方图如图所示．（1）估计这组数据的平均数；（2）某经销商来收购芒果，同一组中的数据以这组数据所在区间中点的值作代

表，用样本估计总体，该种植园中共有芒果大约10000个，经销商提出以下两种收购方案：方案①：所有芒果以10元/千克收购；方案②：对质量低于350克的芒果以3元/个收购，对质量高于或等于350克的芒果以5元/个收购．请通过计算确定种植园选择哪种方案获利更多？20．已知抛物线()2:

20Cypxp=的焦点为F，过点()2,0A的直线l交C于M，N两点，当l与x轴垂直时，4MN=．（1）求C的方程；（2）在x轴上是否存在点P，使得∠OPM＝∠OPN恒成立（O为坐标原点）？若存在求出坐标，若不存在说

明理由．21．如图，在四棱锥P－ABCD中，ABCD∥，AB⊥平面PAD，PA＝AD＝DC＝2AB＝4，27PD=，M是PC的中点．（1）证明：平面ABM⊥平面PCD；（2）求三棱锥M－PAB的体积．22．已知曲线C上的任

意一点到点()1,0F−的距离和它到直线:4lx=−的距离的比是常数12，过点F作不与x轴重合的直线与曲线C相交于A，B两点，过点A作AP垂直于直线l，交直线l于点P，直线PB与x轴相交于点M．（1）求曲线C的方程；（2）求△ABM面积的最大值．泸州市龙

马高中高2021级2022年秋期第二次学月考试数学（文科）试题参考答案一、单选题1．C2．B3．C4．A5．D6．B7．C8．A9．D10．A11．C12．【答案】D解：设点(),Pxy，由2PAPB=可得()()()2222142xyxy++=−+化简得()2234xy−+=即点P

的轨迹是圆心为()3,0O，半径为2r=的圆，因为点P在圆()()()221:204Cxymm−+−=上，所以圆O和C有公共点，所以22221135352211222222OCmm−+++

，252144m，又0m，所以52122m二、填空题13．62yx=14．215．【答案】2873．16．【答案】96【分析】以B为原点，BC为x轴，BA为y轴建立平面直角坐标系，可得()6,8P，设(),0Qa，()0,Pb，直线方程为1

xyab+=，12PBQSab=△，利用基本不等式可得答案．【详解】如图，以B为原点，BC为x轴，BA为y轴建立平面直角坐标系，则()6,8P，根据题意可得直线PQ的斜率存在，设()(),0020Qaa，()()0,020Pbb，则直线方程为1xyab+

=，所以681ab+=，且686812abab=+，所以192ab，当且仅当6812ab==，即a＝3，b＝16时等号成立，所以111929622PBQSab==△，则此绿化区域面积的最小值为296m．故答案为：96．三、解答题17．【详解】（1）由题意，设

圆心为(),2Caa，又与y轴相切于点()0,2，故2a＝2，即a＝1，所以()1,2C，且半径r＝a＝1，故圆C的方程为()()22121xy−+−=．（2）由（1）及题意，如下图示：1CBCA==，∠ACB＝120°，故C到直线l的距离为12，所以12122m−+=，可得2

12m=．18．（1）若()0fx的解集为1,12，则12和1是()2110axax−++=的两个根，则11121112aaa++==，解得a＝2；（2）由()0fx得()2110axax−++，即()()110axx−−，当11a，即01a时，不等式

的解集为11xxxa或；当11a=，即1a=时，不等式可化为()210x−，不等式的解集为1xx；当101a，即1a时，不等式的解集为11xxxa或19．解（1）由频率分布直方图知，

各区间频率为0.17，0.20，0.30，0.25，0.08，这组数据的平均数为：0.172000.203000.304000.255000.08600387x=++++=；（2）方案①收入：138710000101

0000103870010001000xy===（元）；方案②：低于350克的芒果收入为()0.170.210000311100+=（元）；不低于350克的芒果收入为()0.250.30.0810000531500++=（元）；故方案②的收入为21110031

50042600y=+=（元）由于4260038700，所以选择方案②获利多．20．（1）当l与x轴垂直时，由题意易得4MNp=，从而44p=，解得p＝1，所以C的方程为22yx=；（2）设()0,0Px，()11,Mxy，()22,Nxy，由题可知直线l斜率不为零，设:2lxmy

=+，代入抛物线方程22yx=消去x，得2240ymy−−=，从而122yym+=，124yy=−，①由∠OPM＝∠OPN可得0MPNPkk+=12121020102022MPNPyyyykkxxxxmyxmyx+=+=+−−+−+−()()()()120

1210202222myyxyymyxmyx+−+=+−+−将①代入上式，得()()0102042022mmxmyxmyx−−=+−+−恒成立，所以02x=−，因此存在点P，且满足题意，P点坐标为()2,0−．21．（1）取PD中点N，连接MN，AN，因为PA＝AD，所以A

N⊥PD，由AB⊥平面PAD，PD平面PAD，所以AB⊥PD，又由ANABA=，且AN，AB平面ABN，所以PD⊥平面ABN，因为MN是△PCD中位线，所以ABCDMN∥∥，四边形ABMN是平行四边形，于是PD⊥平面ABM，PD平面PCD，所以平面ABM⊥平面PCD（2）

由（1）可得MNAB∥，且AB平面PAB，所以MN∥平面PAB，所以MPABNPABBNAPVVV−−−==，因为AB⊥平面PAD，可得13BNAPNAPVSAB−=△，又由4AP=，7PN=，AN⊥PD，所以2473AN=

−=，1377322NAPS==△，所以1372732BNAPV−==．22．【详解】（1）设曲线C上的任意一点的坐标为(),xy，由题意，得()221142xyx++=+，即22143xy+=，所以曲线C的方程为22143xy

+=；（2）由题意，设直线AB的方程为1xmy=−，()11,Axy，()22,Bxy，则()14,Py−．联立方程221,1,43xmyxy=−+=得()2234690mymy+−−=，则()214410m=+，所以122

634myym+=+，122934yym−=+，所以()121223myyyy−=+．又因为2124PByykx−=+，所以直线PB的方程为()211244yyyyxx−−=++．令0y=，则()()12121212121213

43352444422yyyxmyyyxyyyyyy−++=−−=−−=−−=−+=−−−−，所以5,02M−，32FM=．因为()()22121212124yyyyyyyy−=−=+−=2222269121

4343434mmmmm−+−=+++，所以2212221312191243434ABMmmSFMyymm++=−==++△．令21tm=+，1t，则2991313ABMtSttt==++△．又因为()913fttt=+在)1,+上单调

递减，所以当1t=时，()max94ABMS=△，故△ABM面积的最大值为94．