云南省曲靖市宣威市杨柳乡第一中学2021-2022学年高二数学理联考试题含解析

云南省曲靖市宣威市杨柳乡第一中学2021-2022学年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1.一个正三棱锥的四个顶点都在半径为1的球面上，其中底面的三个顶点在该球的一个大圆上，则该正三棱锥的侧面与底面所成的二面角的余弦值是（

）A、

B、

C、

D、参考答案：C2.在等差数列{an}中，已知a1+a2+a3+a4+a5=20，那么a3=（）A．4 B．5 C．6 D．7参考答案：A【考点】等差数列的性质．【分析】法一：设首项为a1，公差为d，由已知有5a1+10d=20，所以a3=4．法二：因为a1+a5=a2+a4=2a3，所以由a1+a2+a3+a4+a5=20得5a3=20，故a3=4．【解答】解：法一：∵{an}为等差数列，设首项为a1，公差为d，由已知有5a1+10d=20，∴a1+2d=4，即a3=4．故选A．法二在等差数列中，∵a1+a5=a2+a4=2a3，∴由a1+a2+a3+a4+a5=20得5a3=20，∴a3=4．故选A．3.已知，则

（）A.

B.

C.

D.参考答案：B4.已知sinx+cosx=，则cos（﹣x）=(

)A．﹣ B． C．﹣ D．参考答案：D【考点】两角和与差的余弦函数．【专题】三角函数的求值．【分析】利用两角和公式和诱导公式化简即可．【解答】解：sinx+cosx=2（sinx+cosx）=2sin（x+）=2cos（﹣x）=，∴cos（﹣x）=，故选D．【点评】本题主要考查了两角和与差的正弦函数．考查了学生对基础知识的掌握．5.命题“存在R，0”的否定是（

）A．不存在R,>0

B．存在R,0

C．对任意的R,0

D．对任意的R,>0参考答案：D略6.关于直线以及平面,下列命题中正确的是(

)A.若，则 B.若，则

C.若，则 D.若，则参考答案：D7.某同学同时抛掷两颗骰子，得到的点数分别记为a、b，则双曲线的离心率的概率是（

）A．

B．

C．

D．参考答案：A由题意知本题是一个古典概型，∵试验发生包含的事件是同时掷两颗骰子，得到点数分别为a，b，共有6×6=36种结果满足条件的事件是e=∴b＞a，符合b＞a的情况有：当a=1时，有b=3，4，5，6四种情况；当b=2时，有a=5，6两种情况，总共有6种情况．∴概率为．故选A

8.已知函数f(x)=|log2x|,正实数m、n满足m<n,且f(m)=f(n),若f(x)在区间[m2,n]上的最大值为2,则m+n等于

()A.-1

B.

C.1

D.2

参考答案：B略9.△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，若a、b、c成等比数列，且c=2a，则cosB=（）A． B． C． D．参考答案：B【考点】余弦定理；等比数列．【专题】计算题．【分析】根据等比数列的性质，可得b=a，将c、b与a的关系结合余弦定理分析可得答案．【解答】解：△ABC中，a、b、c成等比数列，则b2=ac，由c=2a，则b=a，=，故选B．【点评】本题考查余弦定理的运用，要牢记余弦定理的两种形式，并能熟练应用．10.若集合，则是的

A、充分不必要条件

B、必要不充分条件C、充要条件

D、既不充分也不必要条件参考答案：A二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.一份共3道题的测试卷，全班得3分、2分、1分和0分的学生所占比例分别为30%、50%、10%和10%，若班级共有50名学生，则班级平均分为

．参考答案：2【考点】众数、中位数、平均数．【分析】根据题意，利用平均数的定义即可求出平均分．【解答】解：根据题意，全班得3分、2分、1分和0分的学生所占的比例分别为30%，50%，10%和10%，所以班级平均分为3×30%+2×50%+1×10%+0×10%=2．故答案为：2．12.平面上两条直线，如果这两条直线将平面划分为三部分，则实数的取值为

▲

.参考答案：13.已知球面上有A、B、C三点，如果AB=AC=BC=2，球心到面ABC的距离为1，那么球的体积

．参考答案：【考点】球的体积和表面积．【专题】综合题；转化思想；综合法；空间位置关系与距离．【分析】由题意可知三角形ACB是等边三角形，球心到平面ABC的距离为1，可求出球的半径，然后求球的体积．【解答】解：由题意，AB=AC=BC=2，所以△ABC的外接圆的半径为2，因为球心到平面ABC的距离为1，所以球的半径是：R=，球的体积是：πR3=．故答案为：．【点评】本题考查球的内接体问题，考查学生空间想象能力，是中档题．利用球半径与球心O到平面ABC的距离的关系，是解好本题的前提．14.椭圆的焦点坐标是___________________参考答案：略15.已知，，则

.参考答案：

16.为了了解某地参加计算机水平测试的5008名学生的成绩，从中抽取了200名学生的成绩进行统计分析。运用系统抽样方法抽取样本时，每组的容量为

。参考答案：2517.双曲线的离心率等于

；渐近线方程为

．参考答案：2，y=x．【考点】双曲线的简单性质．【分析】在双曲线的标准方程中，分别求出a，b，c，再由离心率和渐近线的定义进行求解．【解答】解：双曲线中，a=2，b=2，c==4，∴e===2．渐近线方程为：y=±=x．故答案为：2，y=x．三、解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18.设椭圆中心在坐标原点，焦点在轴上，一个顶点，离心率为.

（1）求椭圆的方程；

（2）若椭圆左焦点为，右焦点，过且斜率为的直线交椭圆于、，求的面积.参考答案：解：（1）设椭圆的方程为，由题意， ∴椭圆的方程为

（2），设，则直线的方程为．

由，消得

∴∴

∴

=

略19.若直线l：与抛物线交于A、B两点，O点是坐标原点。(1)当m=－1,c=－2时，求证：OA⊥OB；

(2)若OA⊥OB，求证：直线l恒过定点；并求出这个定点坐标。(3)当OA⊥OB时，试问△OAB的外接圆与抛物线的准线位置关系如何？证明你的结论。

参考答案：设A(x1,y1)、B(x2,y2)，由得可知y1+y2=－2m

y1y2=2c

∴x1+x2=2m2—2c

x1x2=c2,(1)当m=－1,c=－2时，x1x2+y1y2=0所以OA⊥OB.(2)当OA⊥OB时，x1x2+y1y2=0于是c2+2c=0∴c=－2(c=0不合题意),此时，直线l：过定点(2,0).(3)由题意AB的中点D(就是△OAB外接圆圆心)到原点的距离就是外接圆的半径。而(m2—c+)2－[(m2—c)2+m2]=

由(2)知c=－2

∴圆心到准线的距离大于半径,故△OAB的外接圆与抛物线的准线相离。20.如图，直三棱柱ABC﹣A′B′C′，∠BAC=90°，，AA′=1，点M，N分别为A′B和B′C′的中点．（Ⅰ）证明：MN∥平面A′ACC′；（Ⅱ）求三棱锥A′﹣MNC的体积．（椎体体积公式V=Sh，其中S为底面面积，h为高）参考答案：【考点】直线与平面平行的判定；棱柱的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积．【专题】综合题．【分析】（Ⅰ）证法一，连接AB′，AC′，通过证明MN∥AC′证明MN∥平面A′ACC′．证法二，通过证出MP∥AA′，PN∥A′C′．证出MP∥平面A′ACC′，PN∥平面A′ACC′，即能证明平面MPN∥平面A′ACC′后证明MN∥平面A′ACC′．（Ⅱ）解法一，连接BN，则VA′﹣MNC=VN﹣A′MC=VN﹣A′BC=VA′﹣NBC=．解法二，VA′﹣MNC=VA′﹣NBC﹣VM﹣NBC=VA′﹣NBC=．【解答】（Ⅰ）（证法一）连接AB′，AC′，由已知∠BAC=90°，AB=AC，三棱柱ABC﹣A′B′C′为直三棱柱，所以M为AB′的中点，又因为N为B′C′中点，所以MN∥AC′，又MN?平面A′ACC′，AC′?平面A′ACC′，所以MN∥平面A′ACC′；（证法二）取A′B′中点，连接MP，NP．而M，N分别为AB′，B′C′中点，所以MP∥AA′，PN∥A′C′．所以MP∥平面A′ACC′，PN∥平面A′ACC′；又MP∩PN=P，所以平面MPN∥平面A′ACC′，而MN?平面MPN，所以MN∥平面A′ACC′；（Ⅱ）（解法一）连接BN，由题意A′N⊥B′C′，平面A′B′C′∩平面B′BCC′=B′C′，所以A′N⊥平面NBC，又A′N=B′C′=1，故VA′﹣MNC=VN﹣A′MC=VN﹣A′BC=VA′﹣NBC=．（解法二）VA′﹣MNC=VA′﹣NBC﹣VM﹣NBC=VA′﹣NBC=．【点评】本题考查线面关系，体积求解，考查空间想象能力、思维能力、推理论证能力、转化、计算等能力．21.已知椭圆的长轴长为4，过点的直线交椭圆于两点，为中点，连接并延长交椭圆于点，记直线和的斜率为分别为和，且.（Ⅰ）求椭圆方程；（Ⅱ）当为直角时，求的面积.

参考答案：解：（Ⅰ）由已知，设直线，联立椭圆方程消去可得：，则，即.设，，，由韦达定理可得：，点为中点，则，，故，由得，所以，故椭圆方程为：.（Ⅱ）直线，联立椭圆方程消去可得：，则，点，∴.∵为直角，∴，可解得.故.22.(13分)某种汽