2022-2023學年重慶來龍中學高二數學理聯(lián)考試卷含解析

2022-2023學年重慶來龍中學高二數學理聯(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.給出平面區(qū)域如下圖所示，其中A（5，3），B（1，1），C（1，5），若使目標函數z=ax+y(a>0)取得最大值的最優(yōu)解有無窮多個，則a的值是（

）A．

B．

C．2

D．參考答案：B2.下列四個結論：⑴兩條直線都和同一個平面平行，則這兩條直線平行。⑵兩條直線沒有公共點，則這兩條直線平行。⑶兩條直線都和第三條直線垂直，則這兩條直線平行。⑷一條直線和一個平面內無數條直線沒有公共點，則這條直線和這個平面平行。其中正確的個數為（

）A．0

B．1

C．2

D．3參考答案：A3.已知函數f(x)在R上滿足f(x)＝2f(2－x)－x2＋8x－8，則曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程是()A．y＝2x－1

B．y＝x

C．y＝3x－2

D．y＝－2x＋3參考答案：A4.閱讀如圖所示的程序框圖，如果輸出i=4，那么空白的判斷框中應填入的條件是（）A．S＜8 B．S＜9 C．S＜10 D．S＜11參考答案：B【考點】EF：程序框圖．【分析】由框圖給出的賦值，先執(zhí)行一次運算i=i+1，然后判斷得到的i的奇偶性，是奇數執(zhí)行S=2*i+2，是偶數執(zhí)行S=2*i+1，然后判斷S的值是否滿足判斷框中的條件，滿足繼續(xù)從i=i+1執(zhí)行，不滿足跳出循環(huán)，輸出i的值．【解答】解：框圖首先給變量S和i賦值S=0，i=1，執(zhí)行i=1+1=2，判斷2是奇數不成立，執(zhí)行S=2×2+1=5；判斷框內條件成立，執(zhí)行i=2+1=3，判斷3是奇數成立，執(zhí)行S=2×3+2=8；判斷框內條件成立，執(zhí)行i=3+1=4，判斷4是奇數不成立，執(zhí)行S=2×4+1=9；此時在判斷時判斷框中的條件應該不成立，輸出i=4．而此時的S的值是9，故判斷框中的條件應S＜9．若是S＜8，輸出的i值等于3，與題意不符．故選B．5.等于(

)A. B. C. D.參考答案：A【分析】利用定積分基本定理計算出定積分即可得出正確選項.【詳解】由微積分基本定理得，故選：A.【點睛】本題考查定積分的計算，解這類問題主要是找出被積函數的原函數，然后利用微積分基本定理進行計算，考查計算能力，屬于基礎題.6.在面積為S的△ABC內任投一點P，則△PBC的面積大于的概率是

（

）A．

B．

C．

D.參考答案：D7.將正方形ABCD沿對角線BD折起，使平面ABD⊥平面CBD，E是CD中點，則∠AED的大小為（）A．45° B．30° C．60° D．90°參考答案：D【考點】用空間向量求直線間的夾角、距離．【分析】由題意畫出幾何體的圖形，設出正方形的邊長，求出折疊后AD，AE，DE的長度，即可求出∠AED的大?。窘獯稹拷猓河深}意畫出圖形，如圖，設正方形的邊長為：2，折疊前后AD=2，DE=1，連接AC交BD于O，連接OE，則OE=1，AO=，因為正方形ABCD沿對角線BD折起，使平面ABD⊥平面CBD，AO⊥BD，所以AO⊥平面BCD，所以AO⊥OE，在△AOE中，AE==，又AD=2，ED=1，所以DE2+AE2=AD2，所以∠AED=90°．故選D．8.已知函數若實數滿足，則（

）A．

B．

C．

D．

參考答案：D略9.設全集U=R，集合，，則（

）A.[1,2) B.(1,2)C.(1,2] D.(－∞,－1)∪[0,2]參考答案：B【分析】求得，即可求得，再求得，利用交集運算得解.【詳解】由得：或，所以，所以由可得：或所以所以故選：B【點睛】本題主要考查了對數函數的性質，還考查了補集、交集的運算，屬于基礎題.10.某同學進入高二前，高一年的四次期中、期末測試的數學成績的莖葉圖如圖所示,則該同學數學成績的平均數是（

）A．125

B．126

C．127

D．128參考答案：A解：二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.用一個平面去截正方體。其截面是一個多邊形，則這個多邊形的邊數最多是

條參考答案：6略12.設雙曲線（a>0，b>0）的漸近線與拋物線y＝x2＋1相切，則該雙曲線的離心率等于________參考答案：略13.直線y=2x+1的斜率為

．參考答案：2【考點】直線的斜率．【專題】對應思想；定義法；直線與圓．【分析】根據斜截式直線方程y=kx+b的斜率為k，寫出斜率即可．【解答】解：直線y=2x+1的斜率為2．故答案為：2．【點評】本題考查了利用直線方程求直線斜率的應用問題，是基礎題目．14.已知正方體ABCD–A1B1C1D1的棱長為1，在正方體表面上與點A距離為的點的集合形成一條曲線（此曲線不一定在同一平面上），則此曲線的長度為

。參考答案：π15.如圖，在棱長為1的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，點E，F(xiàn)分別是棱BC，CC1的中點，P是側面BCC1B1內一點，若A1P∥平面AEF，則線段A1P長度的取值范圍是

．參考答案：[]

【考點】直線與平面平行的性質．【分析】分別取棱BB1、B1C1的中點M、N，連接MN，易證平面A1MN∥平面AEF，由題意知點P必在線段MN上，由此可判斷P在M或N處時A1P最長，位于線段MN中點處時最短，通過解直角三角形即可求得．【解答】解：如下圖所示：分別取棱BB1、B1C1的中點M、N，連接MN，連接BC1，∵M、N、E、F為所在棱的中點，∴MN∥BC1，EF∥BC1，∴MN∥EF，又MN?平面AEF，EF?平面AEF，∴MN∥平面AEF；∵AA1∥NE，AA1=NE，∴四邊形AENA1為平行四邊形，∴A1N∥AE，又A1N?平面AEF，AE?平面AEF，∴A1N∥平面AEF，又A1N∩MN=N，∴平面A1MN∥平面AEF，∵P是側面BCC1B1內一點，且A1P∥平面AEF，則P必在線段MN上，在Rt△A1B1M中，A1M===，同理，在Rt△A1B1N中，求得A1N=，∴△A1MN為等腰三角形，當P在MN中點O時A1P⊥MN，此時A1P最短，P位于M、N處時A1P最長，A1O===，A1M=A1N=，所以線段A1P長度的取值范圍是[]．故答案為：[]．16.設f0(x)＝sinx，f1(x)＝f0′(x)，f2(x)＝f1′(x)，…，fn＋1(x)＝fn′(x)，n∈N，則f2013(x)＝

參考答案：-cosx17.已知點M在直線（t為參數）上，點N為曲線（為參數）上的動點，則的最小值為________________.參考答案：【分析】先求出直線的普通方程，再求出點到直線的距離，再利用三角函數的性質求出|MN|的最小值.【詳解】由題得直線方程為，由題意，點到直線的距離，∴.故答案為：【點睛】本題主要考查參數方程與普通方程的互化，考查點到直線的距離的最值的求法和三角函數的性質，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平，屬于基礎題.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.（本小題滿分10分）有甲、乙兩名學生，經統(tǒng)計，他們在解答同一份數學試卷時，各自的成績在80分、90分、100分的概率分布大致如下表所示：甲：分數X8090100概率P0.20.60.2

乙：分數Y8090100概率P0.40.20.4

試分析兩名學生的成績水平．參考答案：解：∵E(X)＝80×0.2＋90×0.6＋100×0.2＝90，D(X)＝(80－90)2×0.2＋(90－90)2×0.6＋(100－90)2×0.2＝40，E(Y)＝80×0.4＋90×0.2＋100×0.4＝90，D(Y)＝(80－90)2×0.4＋(90－90)2×0.2＋(100－90)2×0.4＝80，∴E(X)＝E(Y)，D(X)<D(Y)，∴甲生與乙生的成績均值一樣，甲的方差較小，因此甲生的學習成績較穩(wěn)定．略19.（滿分12分）已知是公差不為零的等差數列，，且成等比數列.（Ⅰ）求數列的通項;（Ⅱ）求數列的前項和.參考答案：解：（Ⅰ）由題設知公差，

由，且成等比數列，得＝，…Ks5u……………3分

解得或（舍去），

故的通項………6分

(Ⅱ)由（Ⅰ）知，

由等比數列前項和公式得

……12分略20.已知函數在處取得極值．(1)求，并求函數在點處的切線方程；(2)求函數的單調區(qū)間．參考答案：(1)因為，所以． 1分因為在處取得極值，所以，即，解得所以． 3分因為，，，所以函數在點處的切線方程為． 6分(2)由(1)，令，即，解得，所以的單調遞增區(qū)間為． 9分令，即，解得或，所以的單調遞減區(qū)間為，．綜上，的單調遞減區(qū)間為和，單調遞增區(qū)間為． 12分21.設是數列的前項和且,所有項，且（1）證明;是等差數列：（2）求數列的通項公式；參考答案：（1）詳見解析（2）試題解析：（1）（8分）證明：當時，，

解得：或（舍去）

當時，

即：[KS5UKS5U]

數列是以3為首項，2為公差的等差數列。（2）（4分）由（1）知，考點：等差數列定義與通項公式【方法點睛】給出Sn與an的遞推關系求an，常用思路是：一是利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)轉化為an的遞推關系，