2022年云南省昆明市官渡區(qū)前衛(wèi)第一中學(xué)高二數(shù)學(xué)文聯(lián)考試卷含解析

2022年云南省昆明市官渡區(qū)前衛(wèi)第一中學(xué)高二數(shù)學(xué)文聯(lián)考試卷含解析一、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選項中，只有是一個符合題目要求的1.已知函數(shù)f（x）=sinx+lnx，則f′（1）的值為（）A．1﹣cos1 B．1+cos1 C．cos1﹣1 D．﹣1﹣cos1參考答案：B【考點】導(dǎo)數(shù)的加法與減法法則．【分析】求函數(shù)在某點處的導(dǎo)數(shù)值，先求導(dǎo)函數(shù)【解答】解：因為f′（x）=cosx+，則f′（1）=cos1+1．故選B．2.已知函數(shù),,設(shè)不等式的解集是M,不等式的解集是N,則解集M與N的半系是

(

)A.

B.

C.MD.N參考答案：A3.若點O和點F分別為橢圓的中心和左焦點，點P為橢圓上的任意一點，則的最大值為（）A．2 B．3 C．6 D．8參考答案：C【考點】K3：橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；9N：平面向量數(shù)量積的含義與物理意義．【分析】先求出左焦點坐標(biāo)F，設(shè)P（x0，y0），根據(jù)P（x0，y0）在橢圓上可得到x0、y0的關(guān)系式，表示出向量、，根據(jù)數(shù)量積的運算將x0、y0的關(guān)系式代入組成二次函數(shù)進(jìn)而可確定答案．【解答】解：由題意，F(xiàn)（﹣1，0），設(shè)點P（x0，y0），則有，解得，因為，，所以=，此二次函數(shù)對應(yīng)的拋物線的對稱軸為x0=﹣2，因為﹣2≤x0≤2，所以當(dāng)x0=2時，取得最大值，故選C．4.已知集合，則實數(shù)a的取值范圍是（

）

A．

B．

C．

參考答案：A5.復(fù)數(shù)等于（

）A．

B．

C．

D．參考答案：B試題分析：由題意得，復(fù)數(shù)，故選B．考點：復(fù)數(shù)的運算．6.在三棱柱中，各棱長相等，側(cè)掕垂直于底面，點是側(cè)面的中心，則與平面所成角的大小是(

)A．

B．

C．

D．

w.w.w..c.o.m

參考答案：C略7.已知,B=,若實數(shù)可在區(qū)間內(nèi)隨機(jī)取值,則使的概率為

(

)

A.

B.

C.

D.參考答案：B略8.為了解兒子身高與其父親身高的關(guān)系，隨機(jī)抽取3對父子的身高數(shù)據(jù)如下：則y對x的線性回歸方程為

()父親身高x(cm)174176178兒子身高y(cm)176175177Ａ． Ｂ．

Ｃ． Ｄ．參考答案：B9.條件p：不等式的解；條件q：不等式x2﹣2x﹣3＜0的解，則p是q的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件參考答案：B【考點】必要條件、充分條件與充要條件的判斷．【分析】由不等式的解法分別解出p，q，即可判斷出關(guān)系．【解答】解：條件p：不等式，可得：（x﹣3）（x+1）≤0，x+1≠0，解得﹣1＜x≤3；條件q：不等式x2﹣2x﹣3＜0，解得﹣1＜x＜3．則p是q的必要不充分條件．故選：B．【點評】本題考查了不等式的解法、簡易邏輯的判定方法，考查了推理能力與計算能力，屬于基礎(chǔ)題．10.在極坐標(biāo)系中，曲線C1：上恰有3個不同的點到直線C2：的距離等于1，則m=（

）A.2或6 B.2 C.-6 D.-2或-6參考答案：A【分析】把曲線、直線極坐標(biāo)方程化為直角坐標(biāo)方程，可以知道曲線是圓，由題意可知，圓心到直線的距離為1，利用點到直線距離公式，可以求出的值.【詳解】，圓心為，半徑為2，，由題意可知：圓心到直線的距離為1，所以或，故本題選A.【點睛】本題考查了曲線的極坐標(biāo)方程化為直角坐標(biāo)方程，考查了數(shù)形結(jié)合思想，考查了數(shù)學(xué)運算能力.二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.在R上定義運算⊙：a⊙b=ab+2a+b，則滿足x⊙（x﹣2）＜0的實數(shù)x的取值范圍為

．參考答案：（﹣2，1）【考點】一元二次不等式的解法．【專題】計算題；新定義．【分析】根據(jù)題中已知得新定義，列出關(guān)于x的不等式，求出不等式的解集即可得到x的取值范圍．【解答】解：由a⊙b=ab+2a+b，得到x⊙（x﹣2）=x（x﹣2）+2x+x﹣2＜0，即x2+x﹣2＜0分解因式得（x+2）（x﹣1）＜0，可化為或，解得﹣2＜x＜1所以實數(shù)x的取值范圍為（﹣2，1）．故答案為：（﹣2，1）【點評】此題屬于以新定義為平臺，考查了一元二次不等式的解法，是一道基礎(chǔ)題．12.若在(－1，＋∞)上是減函數(shù)，則的取值范圍是______．參考答案：13.已知直線y=mx（m∈R）與函數(shù)的圖象恰好有三個不同的公共點，則實數(shù)m的取值范圍是．參考答案：（，+∞）【考點】I3：直線的斜率；3O：函數(shù)的圖象；53：函數(shù)的零點與方程根的關(guān)系．【分析】畫出函數(shù)的圖象，根據(jù)條件可得當(dāng)直線y=mx和y=x2相交，把直線y=mx代入y=x2，利用判別式△大于零，求得實數(shù)m的取值范圍．【解答】解：根據(jù)直線y=mx（m∈R）與函數(shù)的圖象恰好有三個不同的公共點，在同一個坐標(biāo)系中，畫出直線y=mx（m∈R）與函數(shù)的圖象．則由圖象可得，當(dāng)直線y=mx和y=x2（x＞0）相交時，直線y=mx和函數(shù)f（x）的圖象（圖中紅線）有3個交點．由可得x2﹣2mx+2=0，再由判別式△=4m2﹣8＞0，求得m＞，或m＜﹣（舍去）．故m的范圍為（，+∞），故答案為（，+∞）．14.1343與816的最大公約數(shù)是________．參考答案：解析：1343＝816×1＋527,816＝527×1＋289,527＝289×1＋238,289＝238×1＋51,238＝51×4＋34,51＝34×1＋17,34＝17×2，所以1343和816的最大公約數(shù)是17.答案：1715.已知函數(shù)，則

▲

．參考答案：略16.設(shè)兩個非零向量不共線，且與共線，則實數(shù)k的值為

參考答案：17.如圖，在三棱錐P﹣ABC中，PA=PB=PC=BC，且∠BAC=，則PA與底面ABC所成角為．參考答案：【考點】MI：直線與平面所成的角．【分析】P在底面的射影E是△ABC的外心，故E是BC的中點，三角形PAE中，求出三邊邊長、tan∠PAE的值，即可得到PA與底面ABC所成角的大小．【解答】解：∵PA=PB=PC，∴P在底面的射影E是△ABC的外心，又故E是BC的中點，所以PA與底面ABC所成角為∠PAE，等邊三角形PBC中，PE=，直角三角形ABC中，AE=BC=，又PA=1，∴三角形PAE中，tan∠PAE==∴∠PAE=，則PA與底面ABC所成角為．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.（本小題滿分13分）已知是等差數(shù)列，其前項和為，是等比數(shù)列（），且，（1）求數(shù)列與的通項公式；（2）記為數(shù)列的前項和，求參考答案：（1）設(shè)數(shù)列的公差為，數(shù)列的公比為，由已知，由已知可得因此（2）兩式相減得故19.（本小題滿分12分）已知函數(shù)，其圖象記為曲線C.（1）求曲線C在處的切線方程；（2）記曲線C與的另一個交點為，線段與曲線C所圍成的封閉圖形的面積記為S，求S的值.ks*5*u參考答案：解：（1），又所以切線方程為,即.

………5分（2）解得，ks*5*u.

………12分略20.是首項的等比數(shù)列，且，，成等差數(shù)列，（1）求數(shù)列的通項公式；（2）若，設(shè)為數(shù)列的前項和，若≤對一切恒成立，求實數(shù)的最小值.參考答案：略21.設(shè)命題p：方程2x2+x+a=0的兩根x1,x2滿足x1<1<x2命題q：函數(shù)y=log2(ax－1)在區(qū)間[1,2]內(nèi)單調(diào)遞增(1)若p為真命題，求實數(shù)a的取值范圍.(2)問p且q是否有可能為真命題，若可能，求出實數(shù)a的取值范圍，若不可能，請說明理由.參考答案：(1)令f(x)=2x2+x+a，則f(1)<0，∴3+a<0,∴a<－3(2)若q為真命題，則a>0，且a－1>0a>1

∵a<－3，與a>1不可能同時成立.

∴p且q不可能為真命題.22.如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，E，F(xiàn)，G分別是AB，BD，PC的中點，PE⊥底面ABCD．（Ⅰ）求證：平面EFG∥平面PAD．（Ⅱ）是否存在實數(shù)λ滿足PB=λAB，使得平面PBC⊥平面PAD？若存在，求出λ的值；若不存在，請說明理由．參考答案：【考點】平面與平面垂直的判定；平面與平面垂直的性質(zhì)．【分析】（Ⅰ）連結(jié)AC．證明GF∥PA．推出GF∥平面PAD．然后證明EF∥AD．得到EF∥平面PAD．即可證明平面EFG∥平面PAD．（Ⅱ）存在λ，，即時，平面PBC⊥平面PAD．方法一：證明PE⊥BC，PE⊥AB．得到BC⊥平面PAB．說明PA=PB．當(dāng)PA⊥PB，時，PA⊥平面PBC．然后求解即可．方法二：過點P作PQ∥BC．說明PQ，AD共面，推出PE⊥BC．說明∠APB是平面PAD和平面PBC所成二面角的平面角．然后通過．即時，說明平面PBC⊥平面PAD．．【解答】（本題滿分9分）（Ⅰ）證明：連結(jié)AC．∵底面ABCD是矩形，F(xiàn)是BD中點，∴F也是AC的中點．∵G是PC的中點，∴GF是△PAC的中位線，∴GF∥PA．∵GF?平面PAD，PA?平面PAD，∴GF∥平面PAD．∵E是AB中點，F(xiàn)是BD中點，∴EF是△ABD的中位線，∴EF∥AD．∵EF?平面PAD，AD?平面PAD，∴EF∥平面PAD．∵GF∥平面PAD，EF∥平面PAD，EF∩FG=F，∴平面EFG∥平面PAD．

…（Ⅱ）解：存在λ，，即時，平面PBC⊥平面PAD．方法一：∵PE⊥底面ABCD，BC?底面ABCD，AB?底面ABCD，∴PE⊥BC，PE⊥AB．∵底面ABCD是矩形，∴AB⊥BC．∵PE∩AB=E，∴BC⊥平面PAB．∵PA?平面PAB，∴PA⊥BC．∵PE⊥AB，E為AB的中點，∴PA=PB．當(dāng)PA⊥PB，即時，∴PA⊥平面PBC．∵PA?平面PAD，∴平面PAD⊥平面PBC．此時．…方法二：過點P作PQ∥BC．∴PQ，BC共面，即PQ?平面PBC．∵底面ABCD是矩形，∴AD∥BC．∵PQ∥BC，∴PQ∥AD．∴PQ，AD共面，即PQ?平面PAD．∴平面PBC∩平面PAD