2022山西省忻州市東莊焉聯(lián)校高二數(shù)學(xué)理測試題含解析

2022山西省忻州市東莊焉聯(lián)校高二數(shù)學(xué)理測試題含解析一、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.某船開始看見燈塔A時，燈塔A在船南偏東30°方向，后來船沿南偏東60°的方向航行45km后，看見燈塔A在船正西方向，則這時船與燈塔A的距離是（

）A． B．30km C．15km D．參考答案：D根據(jù)題意畫出圖形，如圖所示，可得，，，，，在中，利用正弦定理得：，，則這時船與燈塔的距離是．故選D．2.設(shè)是等差數(shù)列的前n項和，若（

）A

B

C

D

參考答案：A略3.設(shè)、是橢圓E：(a>b>0)的左、右焦點，P為直線上一點，△F1PF2是底角為30°的等腰三角形，則E的離心率為（

）A

B

C

D參考答案：C略4.設(shè)為△內(nèi)一點，若，有，則△的形狀一定是（

）A．銳角三角形

B．直角三角形

C．鈍角三角形

D．不能確定參考答案：B5.如圖，是正方體，，則與所成角的余弦值是

（

）

參考答案：A6.若焦距為的雙曲線的兩條漸近線互相垂直，則此雙曲線的實軸長為（

）A．

B．

C．

D．參考答案：B7.曲線在點處的切線的傾斜角為（

）A.-1

B.45°

C.-45°

D.135°

參考答案：D略8.已知三棱柱ABC—A1B1C1的側(cè)棱與底面邊長都相等,A1在底面ABC內(nèi)的射影為DABC的中心,則AB1與底面ABC所成角的正弦值為(

)A.

B.

C.

D.

參考答案：B9.江西省教育電視臺做《一校一特色》訪談節(jié)目，分A，B，C三期播出，A期播出兩所學(xué)校，B期，C期各播出1所學(xué)校，現(xiàn)從8所候選的重點中學(xué)中選出4所參與這三項任務(wù)，不同的安排方法共有（

）A.140種 B.420種 C.840種 D.1680種參考答案：C【分析】將問題分兩步解決，先計算從8所學(xué)校選擇4所學(xué)校的選法；再計算將所選的4所學(xué)校安排到三期節(jié)目中的方法；根據(jù)分步乘法計數(shù)原理可求得結(jié)果.【詳解】第一步：從8所學(xué)校選擇4所學(xué)校參與任務(wù)，共有：種選法第二步：將所選的4所學(xué)校安排到三期節(jié)目中，共有：種方法由分步乘法計數(shù)原理可得，不同的安排方法共有：種本題正確選項：【點睛】本題考查分步乘法計數(shù)原理的應(yīng)用，涉及到組合數(shù)的應(yīng)用、分組分配問題的求解.10.過拋物線的焦點F作一直線交拋物線于P、Q兩點，若線段PF與FQ的長分別是，則等于

（

）A．

B．

C．

D．參考答案：C略二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.點A，B，C，D在同一個球的球面上，AB=BC=，,若四面體ABCD體積的最大值為3，則這個球的表面積為___________.參考答案：16π

如圖所示，O為球的球心，由AB＝BC＝，，即所在的圓面的圓心為AC的中點，故，，當D為OO1的延長線與球面的交點時，D到平面ABC的距離最大，四面體ABCD的體積最大．連接OA，設(shè)球的半徑為R，則，此時解得，故這個球的表面積為.12.△ABC中，∠C=90°,∠B=30°,AC=2，M是AB的中點，將△ACM沿CM折起，使A,B兩點間的距離為，此時三棱錐A-BCM的體積等于________.

參考答案：13.記Sn為等比數(shù)列{an}的前n項和．若，則S5=____________．參考答案：.【分析】本題根據(jù)已知條件，列出關(guān)于等比數(shù)列公比的方程，應(yīng)用等比數(shù)列的求和公式，計算得到．題目的難度不大，注重了基礎(chǔ)知識、基本計算能力的考查．【詳解】設(shè)等比數(shù)列的公比為，由已知，所以又，所以所以．【點睛】準確計算，是解答此類問題的基本要求．本題由于涉及冪的乘方運算、繁分式分式計算，部分考生易出現(xiàn)運算錯誤．14.大小、形狀相同的白、黑球各一個，現(xiàn)依次有放回地隨機摸取2次，則摸取的2個球均為白色球的概率是_______.參考答案：15.計算_________參考答案：

16.一般地，給定平面上有個點，每兩點之間有一個距離，最大距離與最小距離的比記為，已知的最小值是，的最小值是，的最小值是.試猜想的最小值是

．

參考答案：略17.將邊長為a的正方形ABCD沿對角線AC折起，使BD=a，則三棱錐D-ABC的體積為__________．參考答案：如圖所示，設(shè)對角線，∴．∵，∴，又，，∴平面，∴三棱錐的體積，，，．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.已知函數(shù)f（x）=x3+ax2﹣3x﹣1．（1）當a=﹣4時，求函數(shù)f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間；（2）已知g（x）=﹣3x+1，若f（x）與g（x）的圖象有三個不同交點，求實數(shù)a的取值范圍．參考答案：【考點】利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性；函數(shù)零點的判定定理．【分析】（1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；（2）設(shè)G（x）=f（x）﹣g（x）=x3+ax2﹣2，求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍，判斷函數(shù)G（x）的單調(diào)性，從而求出函數(shù)G（x）的極大值和極小值，問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)G（x）有3個不同的零點，求出a的范圍即可．【解答】解：（1）a=﹣4時，f′（x）=（3x+1）（x﹣3），由f′（x）≤0，解得：﹣≤x≤3，∴函數(shù)f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間是[﹣，3]；（2）設(shè)G（x）=f（x）﹣g（x）=x3+ax2﹣2，∴G′（x）=x（3x+2a），由G′（x）=0，解得：x=0或x=﹣，①a＞0時，在（﹣∞，﹣）上，G′（x）＞0，在（﹣，0）上，G′（x）＜0，在（0，+∞）上，G′（x）＞0，∴G（x）在（﹣∞，﹣），（0，+∞）遞增，在（﹣，0）遞減，∴G（x）極大值=G（﹣）=a3﹣2，G（x）極小值=G（0）=﹣2，f（x）與g（x）的圖象有三個不同交點等價于函數(shù)G（x）有3個不同的零點，∴a3﹣2＞0，解得：a＞；②a＜0時，在（﹣∞，0）上，G′（x）＞0，在（0，﹣）上，G′（x）＜0，在（﹣，+∞）上，G′（x）＞0，∴G（x）在（﹣∞，0），（﹣，+∞）遞增，在（0，﹣）遞減，∴G（x）極大值=G（0）=﹣2，G（x）極小值=G（﹣）=a3﹣2，由于G（x）極大值＜0，故G（x）只有1個零點，不合題意；③a=0時，在R上，G′（x）≥0，∴G（x）在R遞增，∴G（x）只有1個零點，不合題意；綜上，a的范圍是（，+∞）．19.(本小題滿分14分)已知函數(shù)，（1）當時，求的單調(diào)區(qū)間；（2）若在的最大值為，求的值.參考答案：(1)

……….1分其判別式，因為，所以，，對任意實數(shù)，恒成立，Ks5u所以，在上是增函數(shù)……….4分（2）當時，由（1）可知，在上是增函數(shù)，所以在的最大值為，由，解得（不符合，舍去）……………6分當時，，方程的兩根為，，………8分圖象的對稱軸

因為

（或）,所以

由解得①當，，因為，所以時，,在是減函數(shù)，在的最大值，由，解得（不符合，舍去）.………………….………12分②當，，，，在是減函數(shù)，

當時，，在是增函數(shù).所以在的最大值或，由，，解得（不符合，舍去），……14分綜上所述20.已知橢圓C：（）的離心率為，，，，的面積為1.（1）求橢圓C的方程；（2）設(shè)P是橢圓C上一點，直線PA與軸交于點M，直線PB與軸交于點N，求證：為定值.參考答案：（1）；（2）詳見解析.試題分析：（1）根據(jù)離心率為，即，OAB的面積為1，即，橢圓中列方程組進行求解；（2）根據(jù)已知條件分別求出的值，求其乘積為定值.試題解析：（1）由題意得解得.所以橢圓的方程為.（2）由（1）知，，設(shè)，則.當時，直線的方程為.令，得，從而.直線的方程為.令，得，從而.所以.當時，，所以.綜上，為定值.【考點】橢圓方程、直線與橢圓的位置關(guān)系、運算求解能力【名師點睛】解決定值、定點的方法一般有兩種：(1)從特殊入手，求出定點、定值、定線，再證明定點、定值、定線與變量無關(guān)；(2)直接計算、推理，并在計算、推理的過程中消去變量，從而得到定點、定值、定線.應(yīng)注意到繁難的代數(shù)運算是此類問題的特點，設(shè)而不求方法、整體思想和消元思想的運用可有效地簡化運算.21.已知橢圓C1：+=1（a＞b＞0）的離心率為e=，且過點（1，）．拋物線C2：x2=﹣2py（p＞0）的焦點坐標為（0，﹣）．（Ⅰ）求橢圓C1和拋物線C2的方程；（Ⅱ）若點M是直線l：2x﹣4y+3=0上的動點，過點M作拋物線C2的兩條切線，切點分別為A，B，直線AB交橢圓C1于P，Q兩點．（i）求證直線AB過定點，并求出該定點坐標；（ii）當△OPQ的面積取最大值時，求直線AB的方程．參考答案：考點：直線與圓錐曲線的綜合問題．專題：圓錐曲線中的最值與范圍問題．分析：（I）由已知條件，設(shè)橢圓方程為，把點代入能求出橢圓C1的方程．拋物線C2中，由，能求出拋物線C2的方程．（II）（i）設(shè)點M（x0，y0），且滿足2x0﹣4y0+3=0，點A（x1，y1），B（x2，y2），由于切線MA，MB同過點M，有，由此能證明直線AB過定點．（ii）設(shè)P（x3，y3），Q（x4，y4），聯(lián)立方程，得，由此利用根的判別式和韋達定理能求出直線方程．解答： 解：（I）由于橢圓C1中，，則設(shè)其方程為，由于點在橢圓上，故代入得λ=1．故橢圓C1的方程為．拋物線C2中，∵拋物線C2：x2=﹣2py（p＞0）的焦點坐標為（0，﹣），∴，故p=1，從而橢圓C1的方程為，拋物線C2的方程為x2=﹣2y．（II）（i）證明：設(shè)點M（x0，y0），且滿足2x0﹣4y0+3=0，點A（x1，y1），B（x2，y2），則切線MA的斜率為﹣x1，從而MA的方程為y=﹣x1（x﹣x1）+y1，考慮到，則切線MA的方程為x1x+y+y1=0，同理切線MB的方程為x2x+y+y2=0，由于切線MA，MB同過點M，從而有，由此點A（x1，y1），B（x2，y2）在直線x0x+y+y0=0上．又點M在直線2x﹣4y+3=0上，則2x0﹣4y0+3=0，故直線AB的方程為（4y0﹣3）x+2y+2y0=0，即y0（4x+2）+（2y﹣3x）=0，∴直線AB過定點．（ii）解：設(shè)P（x3，y3），Q（x4，y4），考慮到直線AB的方程為x0x+y+y0=0，則聯(lián)立方程，消去y并簡化得，從而，，，從而，點O到PQ的距離，從而=，當且僅當，即，又由于2x0﹣4y0+3=0，從而消去x0得，即，解得，從而或，∴所求的直線為x+2y+2=0或x﹣14y﹣10=0．點評：本題考查橢圓和拋物線方程的求法，考查直線過定點的證明，考查直線方程的求法，解題時要認真審題，注意韋達定理的合理運用．22.如圖，正方形ADEF與梯形ABCD所在的平面互相垂直，AD⊥CD，AB∥CD，AB=AD=2，CD=4，M為CE的中點．（I）求證：BM∥平面ADEF；（Ⅱ）求證：平面BDE⊥平面BEC．參考答案：【考點】平面與平面垂直的判定；直線與平面平行的判定．【分析】（I）取DE中點N，連接MN，AN，由三角形中位線定理易得，四邊形ABMN為平行四邊形，即BM∥AN，再由線面平行的判定定理即可得到BM∥平面ADEF；（II）由已知中正方形ADEF與梯形ABCD所在的平面互相垂直，AD⊥CD，AB∥CD，AB=AD=2，CD=4，我們易得到ED⊥BC，解三角形BCD，可得BC⊥BD，由線面垂直的判定定理，可得BC⊥平面BDE，再由面面垂直的判定定理，即可得到平面BDE⊥平面BEC．【解答】證明：（I）取DE中點N，連接MN，AN在△EDC中，M，N分別為EC，ED的中點∴MN∥CD，且MN=CD，由已知中AB∥CD，AB=AD=2，CD=4，∴MN∥AB，且MN=AB∴四邊形ABM