2022年廣東省江門市第九中學(xué)高二數(shù)學(xué)理聯(lián)考試題含解析

2022年廣東省江門市第九中學(xué)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選項中，只有是一個符合題目要求的1.直線與拋物線交于兩點，過兩點向拋物線的準(zhǔn)線作垂線，垂足分別為，則梯形的面積為（

）

（A）48

（B）56

（C）64

（D）72參考答案：A2.命題“?n∈N，f（n）?N且f（n）≤n”的否定形式是（）A．?n∈N，f（n）∈N且f（n）＞n B．?n0∈N，f（n0）∈N且f（n0）＞n0C．?n∈N，f（n）∈N或f（n）＞n D．?n0∈N，f（n0）∈N或f（n0）＞n0參考答案：D【考點】2J：命題的否定．【分析】直接利用全稱命題的否定是特稱命題寫出結(jié)果即可．【解答】解：因為全稱命題的否定是特稱命題，所以，命題“?n∈N，f（n）?N且f（n）≤n”的否定形式是：?n0∈N，f（n0）∈N或f（n0）＞n0，故選：D．【點評】含有全稱量詞的命題就稱為全稱命題，含有存在量詞的命題稱為特稱命題．一般形式為：全稱命題：?x∈M，p（x）；特稱命題?x∈M，p（x）．3.在首項為81，公差為－7的等差數(shù)列中，最接近零的是第(

)項A.11

B.12

C.

13

D.14參考答案：C4.已知點A（0，1），曲線C：y=alnx恒過定點B，P為曲線C上的動點且?的最小值為2，則a=（）A．﹣2 B．﹣1 C．2 D．1參考答案：D【考點】平面向量數(shù)量積的運算．【分析】運用對數(shù)函數(shù)的圖象特點可得B（1，0），設(shè)P（x，alnx），運用向量的數(shù)量積的坐標(biāo)表示，可得f（x）=?=x﹣alnx+1，x∈（0，+∞）再由導(dǎo)數(shù)，求得極值點即為最值點，對a討論通過單調(diào)性即可判斷．【解答】解：曲線C：y=alnx恒過點B，則令x=1，可得y=0，即B（1，0），又點A（0，1），設(shè)P（x，alnx），則?=f（x）=x﹣alnx+1，由于f（x）=x﹣alnx+1在（0，+∞）上有最小值2，且f（1）=2，故x=1是f（x）的極值點，即最小值點．f′（x）=1﹣=，a＜0，f'（x）＞0恒成立，f（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)，所以沒有最小值；故不符合題意；當(dāng)a＞0，x∈（0，a）時，f'（x）＜0，函數(shù)f（x）在（0，a）是減函數(shù)，在（a，+∞）是增函數(shù)，有最小值為f（a）=2，即a﹣alna+1=2，解得a=1；故選D．5.下列關(guān)于邏輯結(jié)構(gòu)與流程圖的說法中正確的是（）A．一個流程圖一定會有順序結(jié)構(gòu)B．一個流程圖一定含有條件結(jié)構(gòu)C．一個流程圖一定含有循環(huán)結(jié)構(gòu)D．以上說法都不對參考答案：A【考點】流程圖的作用．【分析】根據(jù)算法中三種邏輯結(jié)構(gòu)的定義，順序結(jié)構(gòu)是最基本的結(jié)構(gòu)，每個算法一定包含順序結(jié)構(gòu)；選擇結(jié)構(gòu)是算法中出現(xiàn)分類討論時使用的邏輯結(jié)構(gòu)，循環(huán)結(jié)構(gòu)一定包含一個選擇結(jié)構(gòu)；分析四個答案，即可得到結(jié)論．【解答】解：算法有三種邏輯結(jié)構(gòu)最基本的是順序結(jié)構(gòu)，一個算法一定包含有順序結(jié)構(gòu)故選A6.曲線f（x）=x3+x﹣2在p0處的切線平行于直線y=4x﹣1，則p0的坐標(biāo)為（）A．（1，0） B．（2，8） C．（1，0）或（﹣1，﹣4） D．（2，8）或（﹣1，﹣4）參考答案：C【考點】利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點切線方程．【分析】利用直線平行的性質(zhì)，結(jié)合導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出切線的斜率，即可求出切點的坐標(biāo)．【解答】解：因為直線y=4x﹣1的斜率為4，且切線平行于直線y=4x﹣1，所以函數(shù)在p0處的切線斜率k=4，即f'（x）=4．因為函數(shù)的導(dǎo)數(shù)為f'（x）=3x2+1，由f'（x）=3x2+1=4，解得x=1或﹣1．當(dāng)x=1時，f（1）=0，當(dāng)x=﹣1時，f（﹣1）=﹣4．所以p0的坐標(biāo)為（1，0）或（﹣1，﹣4）．故選C．7.設(shè)（1+x）3+（1+x）4+…+（1+x）50=a0+a1x+a2x2+…+a50x50，則a3等于（）A．C B．C C．2C D．C參考答案：B【考點】DC：二項式定理的應(yīng)用；8E：數(shù)列的求和．【分析】（1+x）3中，含x3的系數(shù)為，（1+x）4中，含x3的系數(shù)為，…，（1+x）50中，含x3的系數(shù)為，利用組合數(shù)的性質(zhì)+=即可得到答案．【解答】解：依題意，a3=+++…+=（+）++…+=（+）++…+=+=．故選：B．【點評】本題考查二項式定理的應(yīng)用，著重考查組合數(shù)的性質(zhì)+=的應(yīng)用，屬于中檔題．8.用最小二乘法得到一組數(shù)據(jù)（xi，yi）（i=1，2，3，4，5）的線性回歸方程為=2x+3，若xi=25，則yi等于（）A．11B．13C．53D．65參考答案：D9.已知P是橢圓+=1上的一點，F(xiàn)1、F2是該橢圓的兩個焦點，若△PF1F2的內(nèi)切圓的半徑為，則tan∠F1PF2=（）A． B． C． D．參考答案：B【考點】橢圓的簡單性質(zhì)．【專題】計算題．【分析】作出圖形，利用內(nèi)切圓的性質(zhì)與橢圓的定義及半角公式即可求得tan∠F1PF2的值．【解答】解：根據(jù)題意作圖如下，設(shè)△PF1F2的內(nèi)切圓心為M，則內(nèi)切圓的半徑|MQ|=，設(shè)圓M與x軸相切于R，∵橢圓的方程為+=1，∴橢圓的兩個焦點F1（﹣1，0），F(xiàn)2（1，0），∴|F1F2|=2，設(shè)|F1R|=x，則|F2R|=2﹣x，依題意得，|F1S|=|F1R|=x，|F2Q|=|F2R|=2﹣x，設(shè)|PS|=|PQ|=y，∵|PF1|=x+y，|PF2|=（2﹣x）+y，|PF1|+|PF2|=4，∴x+y+（2﹣x）+y=4，∴y=1，即|PQ|=1，又|MQ|=，MQ⊥PQ，∴tan∠MPQ===，∴tan∠F1PF2=tan2∠MPQ==．故選B．【點評】本題考查橢圓的簡單性質(zhì)，考查內(nèi)切圓的性質(zhì)及半角公式，考查分析問題，通過轉(zhuǎn)化思想解決問題的能力，屬于難題．10.拋物線y=2x2的準(zhǔn)線方程是(

)A． B． C． D．參考答案：D【考點】拋物線的簡單性質(zhì)．【專題】計算題．【分析】將拋物線方程化為標(biāo)準(zhǔn)方程，確定焦點的位置，從而可求拋物線y=2x2的準(zhǔn)線方程．【解答】解：拋物線y=2x2可化為，焦點在y軸上，2p=，∴∴拋物線y=2x2的準(zhǔn)線方程是故選D．【點評】本題考查拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程與幾何性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是將方程化為標(biāo)準(zhǔn)方程，屬于基礎(chǔ)題．二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.若關(guān)于x的方程有兩個不相等的實數(shù)根，則實數(shù)c的取值范圍是__________.參考答案：【分析】關(guān)于的方程有兩個不相等的實數(shù)根，可轉(zhuǎn)化為求有兩個不同的解的問題，令，分析的單調(diào)性和圖像，從而求出c的取值范圍.【詳解】引入函數(shù)，則，易知在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以．又分析知，當(dāng)時，；當(dāng)時，；當(dāng)時，，所以，所以．【點睛】本題考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的零點問題，解題的關(guān)鍵是利用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)性，此題屬于基礎(chǔ)題.12.設(shè)A、B、C、D是空間四個不同的點，在下列命題中，不正確的是____________(填序號)．①若AC與BD共面，則AD與BC共面；②若AC與BD是異面直線，則AD與BC是異面直線；③AB=AC，DB=DC，則AD=BC；④AB=AC，DB=DC，則AD⊥BC。參考答案：③

略13.設(shè)，則=___________.參考答案：14.已知不等式，對滿足的一切實數(shù)都成立，則實數(shù)的取值范圍為_________.參考答案：略15.函數(shù)的定義域為___

．參考答案：16.高一、高二、高三三個年級共有學(xué)生1500人，其中高一共有學(xué)生600人，現(xiàn)用分層抽樣的方法抽取30人作為樣本，則應(yīng)抽取高一學(xué)生數(shù)為_______．參考答案：12【分析】由題得高一學(xué)生數(shù)為，計算即得解.【詳解】由題得高一學(xué)生數(shù)為.故答案為：12【點睛】本題主要考查分層抽樣，意在考查學(xué)生對該知識的理解掌握水平和分析推理能力.17.經(jīng)過點R（﹣2，3）且在兩坐標(biāo)軸上截距相等的直線方程是．參考答案：y=﹣x或x+y﹣1=0考點：直線的截距式方程．專題：直線與圓．分析：分類討論：當(dāng)直線經(jīng)過原點時，當(dāng)直線不經(jīng)過原點時兩種情況，求出即可．解答：解：①當(dāng)直線經(jīng)過原點時，直線方程為y=﹣x；②當(dāng)直線不經(jīng)過原點時，設(shè)所求的直線方程為x+y=a，則a=﹣2+3=1，因此所求的直線方程為x+y=1．故答案為：y=﹣x或x+y﹣1=0．點評：本題考查了截距式、分類討論等基礎(chǔ)知識，屬于基礎(chǔ)題．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.（1）求n的值；（2）求展開式中的常數(shù)項.參考答案：（1）4；（2）8.【分析】（1）利用排列數(shù)公式、組合數(shù)公式化簡可得，從而得到的值.（2）利用通項公式可求常數(shù)項.【詳解】（1）等價于，整理得到，因，故，故整理得到：即.（2），令，故，從而展開式中的常數(shù)項為.【點睛】本題考查排列數(shù)、組合數(shù)的計算及二項展開式中指定項的計算，屬于基礎(chǔ)題.19.已知函數(shù)f（x）（x∈R），f′（x）存在，記g（x）=f′（x），且g′（x）也存在，g′（x）＜0．（1）求證：f（x）≤f（x0）+f′（x0）（x﹣x0）；（x0∈R）（2）設(shè)n），且λ1+λ2+…+λn=1，xi∈R（i=1，…，n）（n∈N+）求證：λ1f（x1）+λ2f（x2）+…+λnf（xn）≤f（λ1x1+λ2x2+…+λnxn）（3）已知a，f（a），f[f（a）]，f{f[（f（a）]}是正項的等比數(shù)列，求證：f（a）=a．參考答案：【考點】數(shù)列的應(yīng)用；導(dǎo)數(shù)的運算．【分析】（1）構(gòu)造輔助函數(shù)?（x）=f（x）﹣f（x0）﹣f'（x0）（x﹣x0），求導(dǎo)，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求得?（x）的極大值，?（x）≤?（x0）=0，即可得f（x）≤f（x0）+f'（x0）（x﹣x0）；（2）由（1）可知，兩邊分別同乘以λ1，λ2，λ3，…λn，采用累加法，得λ1f（x1）+λ2f（x2）+…+λnf（xn）≤（λ1+λ2+…+λn）f（x0）+f'（x0）?[λ1（x1﹣x0）+λ2（x2﹣x0）+…+λn（xn﹣x0）]，由λ1+λ2+…+λn=1，設(shè)x0=λ1x1+λ2x2+…+λnxn，則λ1（x1﹣x0）+λ2（x2﹣x0）+…+λn（xn﹣x0）=0，即可證明λ1f（x1）+λ2f（x2）+…+λnf（xn）≤f（λ1x1+λ2x2+…+λnxn）；（3）分別求得f（a）=aq，f[f（a）]=aq2，f{f[f[f（a}}=aq3，λx1+（1﹣λ）x2=aq，f[λx1+（1﹣λ）x2]=f（aq）=f[f（a）]=aq2，可得：=f[λx1+（1﹣λ）x2]，由n=2，λ1=λ，λ2=1﹣λ，即λf（x1）+（1﹣λ）f（x2）≤f[λx1+（1﹣λ）x2]，當(dāng)且僅當(dāng)x1=x2時成立，即a=aq2?a=1，可得f（a）=a．【解答】解：（1）證明：設(shè)?（x）=f（x）﹣f（x0）﹣f'（x0）（x﹣x0），則?'（x）=f'（x）﹣f'（x0）∵g'（x）＜0故g（x）=f'（x）為減函數(shù)，則x=x0為?（x）的極大值點．∵?（x）≤?（x0）=0，即f（x）≤f（x0）+f'（x0）（x﹣x0）（當(dāng)且僅當(dāng)在x=x0取到）（2）證明：由（1）可知：f（x1）≤f（x0）+f'（x0）（x1﹣x0），兩邊同乘以λ1得λ1f（x1）≤λ1f（x0）+λ1f'（x0）（x1﹣x0），λ2f（x2）≤λ2f（x0）+λ2f'（x0）（x2﹣x0），…λnf（xn）≤λnf（x0）+λnf'（x0）（xn﹣x0），上式各式相加，得λ1f（x1）+λ2f（x2）+…+λnf（xn）≤（λ1+λ2+…+λn）f（x0）+f'（x0）?[λ1（x1﹣x0）+λ2（x2﹣x0）+…+λn（xn﹣x0）]，因為λ1+λ2+…+λn=1，設(shè)x0=λ1x1+λ2x2+…+λnxn，則λ1（x1﹣x0）+λ2（x2﹣x0）+…+λn（xn﹣x0）=0，由此，λ1f（x1）+λ2f（x2）+…+λnf（xn）≤f（λ1x1+λ2x2+…+λnxn））等號當(dāng)且僅當(dāng)在x1=x2=…=xn時成立，（3）證明：記公比為q，q＞0，則f（a）=aq，f[f（a）]=aq2，f{f[f[f（a}}=aq3，取x1′=a，，λ=∈（0，1），則λx1+（1﹣λ）x2=aq，f[λx1+（1﹣λ）x2]=f（aq）=f[f（a）]=aq2，又∵λf（x1）+（1﹣λ）f（x2）=λf（a）+（1﹣λ）f（aq2），=λf（a）+（1﹣λ）f{f[f（a）]}，=λaq+（1﹣λ）aq3，=aq3+λaq﹣λaq3，=aq3+λaq（1﹣q2），=aq3+aq（1﹣q2），=aq2，即aq3+λaq（1﹣q2）=aq2=f[λx1+（1﹣λ）x2]，在（2）中取n=2，λ1=λ，λ2=1﹣λ，即λf（x1）+（1﹣λ）f（x2）≤f[λx1+（1﹣λ）x2]，當(dāng)且僅當(dāng)x1=x2時成立，即a=aq2?q=1，∴f（a）