重慶西藏中學2022-2023學年高二數(shù)學文聯(lián)考試題含解析

重慶西藏中學2022-2023學年高二數(shù)學文聯(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選項中，只有是一個符合題目要求的1.已知正六邊形，在下列表達式①；②；③；④中，與等價的有（

）

A．個

B．個

C．個

D．個參考答案：D2.不等式(x－2)(2x＋1)＞0的解集是()A．(－，2)

B．(－2，)C．(－∞，－2)∪(，＋∞)

D．(－∞，－)∪(2，＋∞)參考答案：D略3.將“”改寫成全稱命題，下列說法正確的是（

）A．都有

B．都有C．都有

D．都有參考答案：A略4.將函數(shù)的圖像向右平移個單位，再將圖像上每一點的橫坐標縮短到原來的倍，所得圖像關于直線對稱，則的最小正值為(

)Ａ．Ｂ．Ｃ．Ｄ．參考答案：B略5.下列函數(shù)中，以為周期且在區(qū)間(，)單調遞增的是A.f(x)=│cos2x│ B.f(x)=│sin2x│C.f(x)=cos│x│ D.f(x)=sin│x│參考答案：A【分析】本題主要考查三角函數(shù)圖象與性質，滲透直觀想象、邏輯推理等數(shù)學素養(yǎng)．畫出各函數(shù)圖象，即可做出選擇．【詳解】因為圖象如下圖，知其不是周期函數(shù)，排除D；因為，周期為，排除C，作出圖象，由圖象知，其周期為，在區(qū)間單調遞增，A正確；作出的圖象，由圖象知，其周期為，在區(qū)間單調遞減，排除B，故選A．【點睛】利用二級結論：①函數(shù)的周期是函數(shù)周期的一半；②不是周期函數(shù)；6.中國古代第一部數(shù)學名著《九章算術》中,將一般多面體分為陽馬、鱉臑、塹堵三種基本立體圖形,其中將四個面都為直角三角形的三棱錐稱之為鱉,若三棱錐Q-ABC為鱉臑,QA⊥平面ABC，AB⊥BC，QA=BC=3，AC=5，則三棱錐Q-ABC外接球的表面積為A.16π

B.20π

C.30π

D.34π參考答案：D補全為長方體，如圖，則,所以，故外接球得表面積為.

7.箱中有5個黑球，4個白球，每次隨機取出一個球，若取出黑球，則放回箱中重新取球，若取出白球，則停止取球，那么在第四次取球之后停止的概率為（

）A．B．C．D．參考答案：B8.函數(shù)的單調遞減區(qū)間是（

）A.

B.

C.

D.參考答案：C略9.（本小題滿分12分）已知；；若是的必要非充分條件，求實數(shù)的取值范圍.

參考答案：、解：由，得

………………2分：=

：

………………4分

是的必要非充分條件，且

AB

………………6分

………………8分

即，

………………10分注意到當時，（3）中等號成立，而（2）中等號不成立的取值范圍是

………………12分略10.若x∈(–，)，則不等式|sec2x–3tanx–5|<tanx+1的解集是（

）（A）(0，arctan3)

（B）(arctan3，arctan5)（C）(arctan5，)

（D）(–，arctan3)∪(arctan5，)參考答案：B二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.過拋物線的焦點的直線與拋物線交于A．B兩點，且△OAB（O為坐標原點）的面積為，則=

.參考答案：212.若,且,則__________________；參考答案：113.函數(shù)對于總有≥0成立，則=

．參考答案：4略14.已知圓O：x2+y2=16上任意一點P，過P作x軸的垂線段PA，A為垂足，當點P在圓上運動時，線段PA的中點M的軌跡記為曲線C，則曲線C的離心率為．參考答案：

【考點】橢圓的簡單性質；軌跡方程．【分析】利用已知條件求出橢圓的方程，然后利用橢圓的離心率即可．【解答】解：設M（x，y），則P（x，2y），代入圓的方程并化簡得：，解得a=4，b=2，c=．橢圓的離心率為：．故答案為：．15.已知隨機變量的分布列為：，，，且，則隨機變量的標準差等于__________.參考答案：略16.已知為正數(shù)，且，則的最小值是__________．參考答案：3略17.在統(tǒng)計學中所有考察的對象的全體叫做________其中_________叫做個體_____________叫做總體的一個樣本,___________叫做樣本容量參考答案：全體，每個對象，被抽取的對象，樣本的個數(shù)三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟18.已知橢圓M：+=1（a＞b＞0）的長軸長為4，且與橢圓+=1有相同的離心率．（Ⅰ）求橢圓M的方程；（Ⅱ）是否存在圓心在原點的圓，使得該圓的任意一條切線與M有兩個交點A、B，且⊥？若存在，寫出該圓的方程，并求||的取值范圍，若不存在，說明理由．參考答案：【考點】KH：直線與圓錐曲線的綜合問題．【分析】（Ⅰ）由已知條件得a=2，e=，由此能求出橢圓M的方程．（Ⅱ）不妨設存在圓C：x2+y2=r2，（r＞0），若l的斜率不存在，設l：x=r，得；若l的斜率存在，設l：y=kx+m，由l與C相切，將直線l方程代入橢圓M的方程，得（1+2k2）x2+4kmx+2m2﹣8=0，由此能求出||的取值范圍．【解答】解：（Ⅰ）∵橢圓M：+=1（a＞b＞0）的長軸長為4，∴a=2，∵橢圓M與橢圓+=1有相同的離心率，∴e=，解得c=2，∴b2=8﹣4=4，∴橢圓M的方程為．（Ⅱ）不妨設存在圓C：x2+y2=r2，（r＞0）（i）若l的斜率不存在，設l：x=r，則A（r，y0），B（r，﹣y0），由，得，又，兩式聯(lián)立消去y，得，∴．（ii）若l的斜率存在，設l：y=kx+m，∵l與C相切，∴，∴m2=r2（1+k2），①又將直線l方程代入橢圓M的方程，得：（1+2k2）x2+4kmx+2m2﹣8=0，（*）設A（x1，y1），B（x2，y2），由韋達定理，得，，由=0，得，化簡，得3m2=8+8k2，②聯(lián)立①②，得，綜上所述，存在圓C：，由，得|AB|2=（1+k2）===（1+），k≠0．∈（，12]．當k=0時，|AB|2=，∴|AB|∈[]．又當k不存在時，|AB|=，∴||的取值范圍是[]．【點評】本題考查橢圓方程的求法，考查線段的取值范圍的求法，解題時要認真審題，注意橢圓弦長公式的合理運用．19.（本題滿分14分)已知菱形ABCD的邊長為2，對角線AC與BD交于點O，且，E為BC中點，將此菱形沿對角線BD折成二面角A-BD-C.(1)求證:面AOC面BCD.(2)當二面角A-BD-C大小為時,求直線AE與面AOC所成角的余弦值參考答案：證明：∵四邊形ABCD為菱形∴對角線相互垂直平分由BDOA,BDOC

OA面AOC

OC面AOC∴BD面AOC又BD面BCD

∴面AOC面BCD……7′

由OABD

OCBD∴∠AOC就是二面角A-BD-C的平面角∴∠AOC=60

易得⊿AOC為正三角形，在菱形ABCD中由邊長為2，∠ABC=120易得OB=1，過E作EF∥OB交OC于F，則EF⊥OC∴EF⊥面AOC，連AF，∴∠EAF就是AE與面AOC所成的角，在Rt⊿AEF中，AF=

EF=

得AE=∴cos∠EAF=,∴AE與面AOC所成的角的余弦為.…………….14′20.已知等差數(shù)列{bn}和各項都是正數(shù)的數(shù)列{an}，且a1=b1=1，b2+b4=10，滿足an2﹣2anan+1+an﹣2an+1=0（1）求{an}和{bn}通項公式；（2）設cn=，求數(shù)列{cn}的前n項和．參考答案：【考點】數(shù)列的求和；數(shù)列遞推式．【分析】（1）由已知得到等差數(shù)列{bn}的公差的方程解之；結合an2﹣2anan+1+an﹣2an+1=0，得到（an+1）an=2an+1（an+1），數(shù)列{an}是以1為首項為公比的等比數(shù)列，得到通項公式．（2）首項得到數(shù)列{cn}的通項公式，利用錯位相減法求和．【解答】解：（1）因為等差數(shù)列{bn}a1=b1=1，b2+b4=10，滿足an2﹣2anan+1+an﹣2an+1=0，所以2b1+4d=10，解得d=2，所以bn=2n﹣1；由an2﹣2anan+1+an﹣2an+1=0，得到（an+1）an=2an+1（an+1），數(shù)列{an}各項都是正數(shù)，所以，所以數(shù)列{an}是以1為首項為公比的等比數(shù)列，所以an=．（2）設cn==2n﹣1+2n﹣1，所以數(shù)列{cn}的前n項和+2（1+2+3+…+n）﹣n==2n+n2﹣1．21.如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為矩形，PA⊥底面ABCD，AP=AB=，點E是棱PB的中點．（Ⅰ）證明：AE⊥平面PBC；（Ⅱ）若AD=1，求二面角B﹣EC﹣D的平面角的余弦值．參考答案：【考點】二面角的平面角及求法；直線與平面垂直的判定．【專題】空間位置關系與距離；空間角．【分析】（Ⅰ）由PA⊥底面ABCD，得PA⊥AB．又PA=AB，從而AE⊥PB．由三垂線定理得BC⊥PB，從而BC⊥平面PAB，由此能證明AE⊥平面PBC．（Ⅱ）由BC⊥平面PAB，AD⊥AE．取CE的中點F，連結DF，連結BF，則∠BFD為所求的二面角的平面角，由此能求出二面角B﹣EC﹣D的平面角的余弦值．【解答】（Ⅰ）證明：如圖1，由PA⊥底面ABCD，得PA⊥AB．又PA=AB，故△PAB為等腰直角三角形，而點E是棱PB的中點，所以AE⊥PB．由題意知BC⊥AB，又AB是PB在面ABCD內的射影，由三垂線定理得BC⊥PB，從而BC⊥平面PAB，故BC⊥AE．因為AE⊥PB，AE⊥BC，所以AE⊥平面PBC．（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知BC⊥平面PAB，又AD∥BC，得AD⊥平面PAB，故AD⊥AE．在Rt△PAB中，PA=AB=，AE=PB==1．從而在Rt△DAE中，DE==．在Rt△CBE中，CE==，又CD=，所以△CED為等邊三角形，取CE的中點F，連結DF，則DF⊥CE，∵BE=BC=1，且BC⊥BE，則△EBC為等腰直角三角形，連結BF，則BF⊥CE，所以∠BFD為所求的二面角的平面角，連結BD，在△BFD中，DF=CD=，BF=，BD==，所以cos∠BFD==﹣，∴二面角B﹣EC﹣D的平