2022-2023学年四川省南充市黄溪乡中学高二数学理联考试题含解析

1、2022-2023学年四川省南充市黄溪乡中学高二数学理联考试题含解析一、 选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 下列说法中正确的个数是（ ）.的必要不充分条件；命题“若则向量垂直”的逆否命题是真命题；命题“若”的否命题是“若”.A.0 B.1 C.2 D.3参考答案：C因为，即是的充分不必要条件，即错误；若向量与向量垂直，则，即命题“若，则向量与向量垂直”的逆命题是真命题，即正确；易知命题“若，则”的否命题是“若，则” ，即正确；故选C.2. 若0 x1x21，则（）Alnx2lnx1Blnx2lnx1Cx2x1Dx2x1参考答

2、案：C【考点】对数的运算性质【分析】分别设出两个辅助函数f（x）=ex+lnx，g（x）=，由导数判断其在（0，1）上的单调性，结合已知条件0 x1x21得答案【解答】解：令f（x）=exlnx，则f（x）=，当x趋近于0时，xex10，当x=1时，xex10，因此在（0，1）上必然存在f（x）=0，因此函数f（x）在（0，1）上先递减后递增，故A、B均错误；令g（x）=，当0 x1时，g（x）0g（x）在（0，1）上为减函数，0 x1x21，即选项C正确而D不正确故选：C3. 已知定义在R上的函数的导函数的大致图象如图所示，则下列结论一定正确的是 A. B. ks5u C. D. 参考答案：

3、C4. 抛物线上与焦点的距离等于6的点横坐标是A1 B2 3 4 参考答案：C5. 不等式的解集是()Ax|x2 Bx|x2 Cx|0 x2 Dx|x0或x2参考答案：D略6. 对于任意实数a，b，c，d，以下四个命题中的真命题是（）A若ab，c0则acbcB若abo，cd则acbdC若ab，则D若ac2bc2则ab参考答案：D【考点】不等式的基本性质；命题的真假判断与应用【分析】对于A，c0时，结论成立，c0时，结论不成立；对于B，cd0时，结论成立，0cd时，结论不成立；对于C，a=1，b=1，结论不成立；对于D，根据c20，若ac2bc2则ab，故可得结论【解答】解：对于A，c0时，结论

4、成立，c0时，结论不成立，故A为假命题；对于B，cd0时，结论成立，0cd时，结论不成立，故B为假命题；对于C，a=1，b=1，结论不成立，故C为假命题；对于D，c20，若ac2bc2则ab，故D为真命题；故选D【点评】本题以不等式为载体，考查命题的真假判断，熟练掌握不等式的性质是关键7. 下列函数中，既是奇函数又是增函数的为（ ）A B C D参考答案：D8. 设函数，则（ ）A是的极大值 B是的极大值C是的极大值点 D是的极大值点参考答案：D略9. 已知，则二项式的二项式系数之和与各项系数之和的积为（ ）A. 0B. 1C. 1D. 以上都不对参考答案：B【分析】由定积分的运算性质和定积分

5、的几何意义，求得，进而得二项式系数之和，再令，可得展开式的各项之和为，即可求解，得到答案。【详解】由定积分的运算性质，可得，又由表示圆的上半圆的面积，即，所以，又由，所以，所以二项式为的二项式系数之和为 ，令，可得展开式的各项之和为，所以二项式系数之和与各项系数之和的积为，故选B。【点睛】本题主要考查了定积分性质及运算，以及二项式系数之和与项的系数之和的求解及应用，其中呢解答中熟练应用定积分的性质求得的值，以及合理求解二项式系数与项的系数之和是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题。10. （x3+）10的展开式中的常数项是（ ） A B C D 参考答案：B略二、 填空题:本大题

6、共7小题,每小题4分,共28分11. 若复数其中是虚数单位，则复数的实部为 .参考答案：略12. 第二十届世界石油大会将于2011年12月4日8日在卡塔尔首都多哈举行，能源问题已经成为全球关注的焦点某工厂经过技术改造后，降低了能源消耗，经统计该厂某种产品的产量x (单位：吨)与相应的生产能耗y(单位：吨)有如下几组样本数据：x3456y2.5344.5根据相关性检验，这组样本数据具有线性相关关系，通过线性回归分析，求得回归直线的斜率为0.7.已知该产品的年产量为10吨，则该工厂每年大约消耗的汽油为_吨参考答案：7.35略13. 设抛物线的焦点为,已知为抛物线上的两个动点，且满足,过弦的中点作抛

7、物线准线的垂线,垂足为,则的最大值为 .参考答案： 略14. 已知点A(-1，2)，B(5，-6)，以线段A B为直径的圆的标准方程为 参考答案：15. 设i为虚数单位，复数z1=a3i，z2=1+2i，若z1+z2是纯虚数，则实数a的值为 . 参考答案：-116. 如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1底面A1B1C1，底面为直角三角形，ACB90，AC2，BC1，CC1，P是BC1上一动点，则A1PPC的最小值是_。参考答案：略17. 已知，且对任意都有： 给出以下三个结论：（1）； （2）； （3）其中正确结论为 参考答案：三、 解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说

8、明，证明过程或演算步骤18. 已知以点C（t，）（tR，t0）为圆心的圆过原点O（） 设直线3x+y4=0与圆C交于点M、N，若|OM|=|ON|，求圆C的方程；（） 在（）的条件下，设B（0，2），且P、Q分别是直线l：x+y+2=0和圆C上的动点，求|PQ|PB|的最大值及此时点P的坐标参考答案：【考点】直线与圆的位置关系【专题】综合题；转化思想；综合法；直线与圆【分析】（）由OM=ON得原点O在MN的中垂线上，由圆的弦中点性质和直线垂直的条件列出方程，求出t的值和C的坐标，代入圆的标准方程化简，再验证直线与圆的位置关系；（）根据三边关系判断出取最大值的条件，由圆外一点与圆上一点距离最值问

9、题求出最大值，由点斜式方程求出BC的直线方程，以及此时点P的坐标【解答】解：（）OM=ON，所以，则原点O在MN的中垂线上设MN的中点为H，则CHMN，（1分）C、H、O三点共线，直线MN的方程是3x+y4=0，直线OC的斜率=，解得t=3或t=3，圆心为C（3，1）或C（3，1）（4分）圆C的方程为（x3）2+（y1）2=10或（x+3）2+（y+1）2=10由于当圆方程为（x+3）2+（y+1）2=10时，圆心到直线3x+y4=0的距离dr，此时不满足直线与圆相交，故舍去，圆C的方程为（x3）2+（y1）2=10（6分）（） 在三角形PBQ中，两边之差小于第三边，故|PQ|PB|BQ|又B

10、，C，Q三点共线时|BQ|最大（9分）所以，|PQ|PB|的最大值为，B（0，2），C（3，1），直线BC的方程为，直线BC与直线x+y+2=0的交点P的坐标为（6，4）（12分）【点评】本题考查了直线与圆的位置关系，直线垂直的条件，圆的性质，以及圆外一点与圆上一点距离最值问题等，考查转化思想19. 设数列an的前n项和为Sn，且Sn=n2+2n（nN*）。（1）求数列an的通项公式；（2）设，求数列bn的前n项和为Tn。参考答案：（1）；（2）试题分析;(1)由前n项和与项的关系，可求得。（2）由（1），=所以由错位相减法可求得,试题解析;（1）解:因为 当时，当n2时, =又因为也符合上式

11、，所以，n?（2）因为=所以得，所以 【点睛】当数列通项形式为，且数列是等差数列，数列是等比数列，则数列的前n项和，我们常采用错位相减法。20. 在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，CDA=BAD=90，AD=DC=，AB=PA=2，且E为线段PB上的一动点（1）若E为线段PB的中点，求证：CE平面PAD；（2）当直线CE与平面PAC所成角小于，求PE长度的取值范围参考答案：【分析】（1）取PA的中点F，连结EF，DF，证明四边形EFDC是平行四边形得出CEDF，故而CE平面PAD；（2）证明BC平面PAC，可知PCE为CE与平面PAC所成的角，利用余弦定理得出BP

12、C，利用勾股定理得出PE的最大值即可得出PE的范围【解答】证明：（1）取PA的中点F，连结EF，DF，则EFAB，EF=AB，又DCAB，DC=AB，EFCD，EF=DC，四边形EFDC是平行四边形，CEDF，又CE?平面PAD，DF?平面PAD，CE平面PAD解：（2）AD=CD=，ADCD，AC=2，又AB=2，BAC=45，BC=2，ACBC，又PA平面ABCD，BC?平面ABCD，PABC，又PAAC=A，BC平面PAC，过E作EMBC，则EM平面PAC，PCE为CE与平面PAC所成的角，即PCEPA=2，AC=2，PC=2，BC=2，PB=4，BPC=，当PCE=时，CEPB，此时P

13、E=3，当PCE时，PE321. 已知，是夹角为60的单位向量，且，。(1）求；(2）求与的夹角。参考答案：（1）（62；(2），同理得，所以，又，所以120。22. 已知函数f（x）=x33x29x+11（1）写出函数f（x）的递减区间；（2）求函数f（x）的极值；（3）当x2，4时，不等式f（x）c2恒成立，求c的取值范围参考答案：【考点】6E：利用导数求闭区间上函数的最值；6B：利用导数研究函数的单调性【分析】（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的递减区间即可；（2）根据函数的单调性求出函数的极大值和极小值即可；（3）求出函数f（x）在2，4的最大值，得到关于c的不等式，解出即可【解答】解：（1）f（x）=3x26x9=3（x3）（x+1），令f（x