山西省忻州市原平南坡中學(xué)分校中學(xué)2022年高二數(shù)學(xué)理聯(lián)考試題含解析

山西省忻州市原平南坡中學(xué)分校中學(xué)2022年高二數(shù)學(xué)理聯(lián)考試題含解析一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有是一個(gè)符合題目要求的1.命題：直線與圓恰有一個(gè)公共點(diǎn)，命題：為直角三角形的三條邊，則是的

(

)

A．充分不必要條件

B．必要不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件參考答案：D略2.設(shè)，，若，則的最小值為A．

B．6

C．

D．參考答案：C略3.下列三句話按“三段論”模式排列順序正確的是（）①y=cosx（x∈R）是三角函數(shù)；②三角函數(shù)是周期函數(shù)；③y=cosx（x∈R）是周期函數(shù)．A．①②③ B．②①③ C．②③① D．③②①參考答案：B【考點(diǎn)】F6：演繹推理的基本方法．【分析】根據(jù)三段論”的排列模式：“大前提”→“小前提”?“結(jié)論”，分析即可得到正確的次序．【解答】解：根據(jù)“三段論”：“大前提”→“小前提”?“結(jié)論”可知：①y=cosx（（x∈R）是三角函數(shù)是“小前提”；②三角函數(shù)是周期函數(shù)是“大前提”；③y=cosx（（x∈R）是周期函數(shù)是“結(jié)論”；故“三段論”模式排列順序?yàn)棰冖佗酃蔬xB【點(diǎn)評】本題考查的知識點(diǎn)是演繹推理的基本方法：大前提一定是一個(gè)一般性的結(jié)論，小前提表示從屬關(guān)系，結(jié)論是特殊性結(jié)論．4.口袋內(nèi)裝有紅色、綠色和藍(lán)色卡片各2張，一次取出2張卡片，則與事件“2張卡片都為紅色”互斥而非對立的事件是以下事件“①2張卡片都不是紅色；②2張卡片恰有一張紅色；③2張卡片至少有一張紅色；④2張卡片恰有兩張綠色”中的哪幾個(gè)？（

）A．①②④ B．①③④ C．②③④ D．①②③④參考答案：A從6張卡片中一次取出2張卡片的所有情況有“2張都為紅色”，“2張都為綠色”，“2張都為藍(lán)色”，“1張紅色1張綠色”，“1張紅色1張藍(lán)色”，“1張綠色1張藍(lán)色”，再給出的四個(gè)事件中與“2張卡片都為紅色”互斥而非對立的事件為“2張卡片都不是紅色”，“2張卡片恰有一張紅色”，“2張卡片恰有兩張綠色”，即①②④滿足條件。選A。

5.某商場為了了解毛衣的月銷售量y（件）與月平均氣溫x（℃）之間的關(guān)系，隨機(jī)統(tǒng)計(jì)了某4個(gè)月的月銷售量與當(dāng)月平均氣溫，其數(shù)據(jù)如表：月平均氣溫x（℃）171382月銷售量y（件）24334055由表中數(shù)據(jù)算出線性回歸方程=bx+a中的b=﹣2，氣象部門預(yù)測下個(gè)月的平均氣溫約為6℃，據(jù)此估計(jì)該商場下個(gè)月毛衣銷售量約為（）件．A．46 B．40 C．38 D．58參考答案：A【考點(diǎn)】BK：線性回歸方程．【分析】根據(jù)所給的表格做出本組數(shù)據(jù)的樣本中心點(diǎn)，根據(jù)樣本中心點(diǎn)在線性回歸直線上，利用待定系數(shù)法做出a的值，可得線性回歸方程，根據(jù)所給的x的值，代入線性回歸方程，預(yù)報(bào)要銷售的件數(shù)．【解答】解：由表格得（，）為：（10，38），又（，）在回歸方程=bx+a中的b=﹣2，∴38=10×（﹣2）+a，解得：a=58，∴=﹣2x+58，當(dāng)x=6時(shí)，=﹣2×6+58=46．故選：A．6.函數(shù)的圖象可能是（

）A. B. C. D.參考答案：A【分析】由當(dāng)時(shí)，可得，當(dāng)且時(shí)，可得，利用排除法，即可求解，得到答案．【詳解】由題意，當(dāng)時(shí)，可得，所以排除，項(xiàng)，當(dāng)且時(shí)，可得，所以排除項(xiàng)，故選A.【點(diǎn)睛】本題主要考查了函數(shù)圖象的識別，其中解答中根據(jù)函數(shù)的解析式，判定函數(shù)的取值范圍，合理排除是解答的關(guān)鍵，著重考查了分析問題和解答問題的能力，屬于基礎(chǔ)題．7.現(xiàn)要制作一個(gè)圓錐形漏斗，其母線長為t，要使其體積最大，其高為（）A．. B．． C．.． D．.參考答案：B【考點(diǎn)】旋轉(zhuǎn)體（圓柱、圓錐、圓臺）．【分析】設(shè)圓錐形漏斗的高為h，我們可以表示出底面半徑r，進(jìn)而得到圓錐體積的表達(dá)式，利用導(dǎo)數(shù)法，易得到體積取最大值時(shí)，高h(yuǎn)與母線l之間的關(guān)系．【解答】解：設(shè)圓錐形漏斗的高為h，則圓錐的底面半徑為，（0＜h＜t）則圓錐的體積V=?π（t2﹣h2）?h=﹣h3+h則V′=﹣πh2+，令V′=0則h=±t∵0＜h＜t∴當(dāng)高h(yuǎn)=t時(shí)，圓錐的體積取最大值，故選：B．8.若，則雙曲線與有（

）A.相同的實(shí)軸

B.相同的虛軸C.相同的焦點(diǎn)

D.相同的漸近線參考答案：C略9.在△ABC中，已知a=17，b=24，A=45°，則此三角形（）A．無解 B．有兩解C．有一解 D．解的個(gè)數(shù)不確定參考答案：B【考點(diǎn)】正弦定理．【分析】由題意求出a邊上的高h(yuǎn)，畫出圖象后，結(jié)合條件判斷出此三角形解的情況．【解答】解：由題意知，a=17，b=24，A=45°則c邊上的高h(yuǎn)=bsinA==12，如右圖所示：因12＜a=17＜b，所以此三角形有兩解，故選B．【點(diǎn)評】本題考查了三角形解的情況，以及數(shù)形結(jié)合思想．10.正三棱錐的底面邊長為2，側(cè)面均為直角三角形，則此棱錐的體積為（

）A、；

B、；

C、；

D、參考答案：A略二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.橢圓上一點(diǎn)與橢圓的兩個(gè)焦點(diǎn)連線的夾角為直角，則．參考答案：12.設(shè)是函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，已知在R上的圖象（如圖），若，則的取值范圍是_________________參考答案：13.設(shè)直線與曲線的圖像分別交于點(diǎn)，則的最小值為

參考答案：214.

1、已知ｘ，ｙ滿足，則2ｘ＋ｙ的最大值為________參考答案：1015.已知a，b為正實(shí)數(shù)且，若不等式對任意正實(shí)數(shù)x，y恒成立，則M的取值范圍是_________．參考答案：(－∞,4)【分析】兩次用基本不等式可求得.【詳解】原不等式等價(jià)于恒成立，由基本不等式可知，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號成立，故，又，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號成立，故，填.【點(diǎn)睛】應(yīng)用基本不等式求最值時(shí)，需遵循“一正二定三相等”，如果原代數(shù)式中沒有積為定值或和為定值，則需要對給定的代數(shù)變形以產(chǎn)生和為定值或積為定值的局部結(jié)構(gòu).求最值時(shí)要關(guān)注取等條件的驗(yàn)證.16.已知F1，F(xiàn)2分別是橢圓（a＞b＞0）的左，右焦點(diǎn)，若橢圓的右準(zhǔn)線上存在一點(diǎn)P，使得線段PF1的垂直平分線過點(diǎn)F2，則離心率的范圍是．參考答案：[，1）【考點(diǎn)】橢圓的簡單性質(zhì)．【分析】設(shè)點(diǎn)P（，m），則由中點(diǎn)公式可得線段PF1的中點(diǎn)K的坐標(biāo)，根據(jù)線段PF1的斜率與KF2的斜率之積等于﹣1，求出m2的解析式，再利用m2≥0，得到3e4+2e2﹣1≥0，求得e的范圍，再結(jié)合橢圓離心率的范圍進(jìn)一步e的范圍．【解答】解：由題意得

F1（﹣c，0）），F(xiàn)2（c，0），設(shè)點(diǎn)P（，m），則由中點(diǎn)公式可得線段PF1的中點(diǎn)K（，），∴線段PF1的斜率與KF2的斜率之積等于﹣1，∴?=﹣1，∴m2=﹣（+c）?（）≥0，∴a4﹣2a2c2﹣3c4≤0，∴3e4+2e2﹣1≥0，∴e2≥，或e2≤﹣1（舍去），∴e≥．又橢圓的離心力率

0＜e＜1，故

≤e＜1，故答案為[，1）．17.若“”是“”的必要不充分條件，則的最大值為

．參考答案：-1略三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟18.已知如圖，在斜三棱柱中，側(cè)面底面，側(cè)面為菱形，，分別是的中點(diǎn)．（Ⅰ）求證：∥平面；

（Ⅱ）求證：⊥面．參考答案：（Ⅰ）證明：取BC中點(diǎn)M，連結(jié)FM，．在△ABC中，∵F，M分別為BA，BC的中點(diǎn)，∴FMAC．∵E為的中點(diǎn)，AC∴FM．∴四邊形為平行四邊形

∴．∵平面，且平面，

∴EF∥平面．………………4分（Ⅱ）證明：連接，∵是菱形，，∴△為等邊三角形∵E是的中點(diǎn)，∴CE⊥，∵四邊形是菱形,

∴∥.

∴CE⊥.∵側(cè)面⊥底面ABC,且交線為AC，面

∴CE⊥面ABC．

………8分略19.(本題滿分10分)已知直線l：y＝x＋m，m∈R.(1)若以點(diǎn)M(2,0)為圓心的圓與直線l相切于點(diǎn)P，且點(diǎn)P在y軸上，求該圓的方程；(2)若直線l關(guān)于x軸對稱的直線為l′，問直線l′與拋物線C：x2＝4y是否相切？說明理由．參考答案：解：解法一：(1)依題意，點(diǎn)P的坐標(biāo)為(0，m)．因?yàn)镸P⊥l，所以×1＝－1，解得m＝2，即點(diǎn)P的坐標(biāo)為(0,2)從而圓的半徑r＝|MP|＝＝2.故所求圓的方程為(x－2)2＋y2＝8.(2)因?yàn)橹本€l的方程為y＝x＋m所以直線l′的方程為y＝－x－m.由得x2＋4x＋4m＝0.Δ＝42－4×4m＝16(1－m)．①當(dāng)m＝1，即Δ＝0時(shí)，直線l′與拋物線C相切；②當(dāng)m≠1，即Δ≠0時(shí)，直線l′與拋物線C不相切．綜上，當(dāng)m＝1時(shí)，直線l′與拋物線C相切，當(dāng)m≠1時(shí)，直線l′與拋物線C不相切．解法二：(1)設(shè)所求圓的半徑為r，則圓的方程可設(shè)為(x－2)2＋y2＝r2.依題意，所求圓與直線l：x－y＋m＝0相切于點(diǎn)P(0，m)，則解得所以所求圓的方程為(x－2)2＋y2＝8.(2)同解法一．20.已知橢圓的中心在原點(diǎn)，焦點(diǎn)在軸上．若橢圓上的點(diǎn)到焦點(diǎn)、的距離之和等于4．（1）寫出橢圓的方程和焦點(diǎn)坐標(biāo)；（2）過點(diǎn)的直線與橢圓交于兩點(diǎn)、，當(dāng)?shù)拿娣e取得最大值時(shí)，求直線的方程．參考答案：（1）橢圓C的方程為，焦點(diǎn)坐標(biāo)為，

…………3分

（2）MN斜率不為0，設(shè)MN方程為．

聯(lián)立橢圓方程：可得

…………4分記M、N縱坐標(biāo)分別為、，則

…………7分設(shè)則，該式在單調(diào)遞減，所以在，即時(shí)取最大值．

…………10分21.如圖，四邊形是邊長為1的正方形，平面，平面，且（1）求證：平面；（2）求面AMN與面NBC所成二面角的平面角的余弦值．參考答案：解：（1）是正方形，平面；(2分)又平面，平面，平面，(4分)所以平面平面，故平面；(5分)

（2）以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DC，DM分別為x，y，z軸建立圖示空間直角坐標(biāo)系，則：A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0).N(1,1,1),M(0,0,1),,,(6分)設(shè)平面AMN的一個(gè)法向量為,由得:(7分)令z=1得:.(8分)易知:是平面NBC的一個(gè)法向量.(9分)∴面AMN與面NBC所成二面角的余弦值為(10分)

略22.如圖（1）所示，在直角梯形ABCP中，BC∥AP，AB⊥BC，CD⊥AP，AD=DC=PD=2，E、F、G分別為線段PC、PD、BC的中點(diǎn)，現(xiàn)將△PDC折起，使平面PDC⊥平面ABCD（圖（2））．（1）求證：AP∥平面EFG；（2）若點(diǎn)Q是線段PB的中點(diǎn)，求證：PC⊥平面ADQ．參考答案：【考點(diǎn)】直線與平面垂直的判定；直線與平面平行的判定．【分析】（1）由條件可得EF∥CD∥AB，利用直線和平面平行的判定定理證得EF∥平面PAB．同理可證，EG∥平面PAB，可得平面EFG∥平面PAB．再利用兩個(gè)平面平行的性質(zhì)可得AP∥平面EFG．（2）由條件可得DA、DP、DC互相垂直，故AD⊥平面PCD，AD⊥PC．再由EQ平行且等于BC可得EQ平行且等于AD，故ADEQ為梯形．再根據(jù)DE為等腰直角三角形PCD斜邊上的中線，可得DE⊥PC．再利用直線和平面垂直的判定定理證得PC⊥平面ADQ．【解答】解：（1）證明：E、F、G分別為線段PC、PD、BC的中點(diǎn)，可得EF∥CD∥AB．由于AB?平面PAB，EF不在平面PAB內(nèi)，故有EF∥平面PAB．同理可證，EG∥平面PAB．由于EF、EG是平面EFG內(nèi)的兩條相交直線，故有平面EFG∥平面PAB．而PA?平面PAB，∴AP∥平面EFG．（2）由條件可得，CD⊥AD，CD⊥PD，而PD、AD是兩條相交直線，故CD⊥平面PAD