2022山西省忻州市东庄焉联校高二数学理测试题含解析

2022山西省忻州市东庄焉联校高二数学理测试题含解析一、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.某船开始看见灯塔A时，灯塔A在船南偏东30°方向，后来船沿南偏东60°的方向航行45km后，看见灯塔A在船正西方向，则这时船与灯塔A的距离是（

）A． B．30km C．15km D．参考答案：D根据题意画出图形，如图所示，可得，，，，，在中，利用正弦定理得：，，则这时船与灯塔的距离是．故选D．2.设是等差数列的前n项和，若（

）A

B

C

D

参考答案：A略3.设、是椭圆E：(a>b>0)的左、右焦点，P为直线上一点，△F1PF2是底角为30°的等腰三角形，则E的离心率为（

）A

B

C

D参考答案：C略4.设为△内一点，若，有，则△的形状一定是（

）A．锐角三角形

B．直角三角形

C．钝角三角形

D．不能确定参考答案：B5.如图，是正方体，，则与所成角的余弦值是

（

）

参考答案：A6.若焦距为的双曲线的两条渐近线互相垂直，则此双曲线的实轴长为（

）A．

B．

C．

D．参考答案：B7.曲线在点处的切线的倾斜角为（

）A.-1

B.45°

C.-45°

D.135°

参考答案：D略8.已知三棱柱ABC—A1B1C1的侧棱与底面边长都相等,A1在底面ABC内的射影为DABC的中心,则AB1与底面ABC所成角的正弦值为(

)A.

B.

C.

D.

参考答案：B9.江西省教育电视台做《一校一特色》访谈节目，分A，B，C三期播出，A期播出两所学校，B期，C期各播出1所学校，现从8所候选的重点中学中选出4所参与这三项任务，不同的安排方法共有（

）A.140种 B.420种 C.840种 D.1680种参考答案：C【分析】将问题分两步解决，先计算从8所学校选择4所学校的选法；再计算将所选的4所学校安排到三期节目中的方法；根据分步乘法计数原理可求得结果.【详解】第一步：从8所学校选择4所学校参与任务，共有：种选法第二步：将所选的4所学校安排到三期节目中，共有：种方法由分步乘法计数原理可得，不同的安排方法共有：种本题正确选项：【点睛】本题考查分步乘法计数原理的应用，涉及到组合数的应用、分组分配问题的求解.10.过抛物线的焦点F作一直线交抛物线于P、Q两点，若线段PF与FQ的长分别是，则等于

（

）A．

B．

C．

D．参考答案：C略二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.点A，B，C，D在同一个球的球面上，AB=BC=，,若四面体ABCD体积的最大值为3，则这个球的表面积为___________.参考答案：16π

如图所示，O为球的球心，由AB＝BC＝，，即所在的圆面的圆心为AC的中点，故，，当D为OO1的延长线与球面的交点时，D到平面ABC的距离最大，四面体ABCD的体积最大．连接OA，设球的半径为R，则，此时解得，故这个球的表面积为.12.△ABC中，∠C=90°,∠B=30°,AC=2，M是AB的中点，将△ACM沿CM折起，使A,B两点间的距离为，此时三棱锥A-BCM的体积等于________.

参考答案：13.记Sn为等比数列{an}的前n项和．若，则S5=____________．参考答案：.【分析】本题根据已知条件，列出关于等比数列公比的方程，应用等比数列的求和公式，计算得到．题目的难度不大，注重了基础知识、基本计算能力的考查．【详解】设等比数列的公比为，由已知，所以又，所以所以．【点睛】准确计算，是解答此类问题的基本要求．本题由于涉及幂的乘方运算、繁分式分式计算，部分考生易出现运算错误．14.大小、形状相同的白、黑球各一个，现依次有放回地随机摸取2次，则摸取的2个球均为白色球的概率是_______.参考答案：15.计算_________参考答案：

16.一般地，给定平面上有个点，每两点之间有一个距离，最大距离与最小距离的比记为，已知的最小值是，的最小值是，的最小值是.试猜想的最小值是

．

参考答案：略17.将边长为a的正方形ABCD沿对角线AC折起，使BD=a，则三棱锥D-ABC的体积为__________．参考答案：如图所示，设对角线，∴．∵，∴，又，，∴平面，∴三棱锥的体积，，，．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.已知函数f（x）=x3+ax2﹣3x﹣1．（1）当a=﹣4时，求函数f（x）的单调递减区间；（2）已知g（x）=﹣3x+1，若f（x）与g（x）的图象有三个不同交点，求实数a的取值范围．参考答案：【考点】利用导数研究函数的单调性；函数零点的判定定理．【分析】（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；（2）设G（x）=f（x）﹣g（x）=x3+ax2﹣2，求出函数的导数，通过讨论a的范围，判断函数G（x）的单调性，从而求出函数G（x）的极大值和极小值，问题转化为函数G（x）有3个不同的零点，求出a的范围即可．【解答】解：（1）a=﹣4时，f′（x）=（3x+1）（x﹣3），由f′（x）≤0，解得：﹣≤x≤3，∴函数f（x）的单调递减区间是[﹣，3]；（2）设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时，在（﹣∞，﹣）上，G′（x）＞0，在（﹣，0）上，G′（x）＜0，在（0，+∞）上，G′（x）＞0，∴G（x）在（﹣∞，﹣），（0，+∞）递增，在（﹣，0）递减，∴G（x）极大值=G（﹣）=a3﹣2，G（x）极小值=G（0）=﹣2，f（x）与g（x）的图象有三个不同交点等价于函数G（x）有3个不同的零点，∴a3﹣2＞0，解得：a＞；②a＜0时，在（﹣∞，0）上，G′（x）＞0，在（0，﹣）上，G′（x）＜0，在（﹣，+∞）上，G′（x）＞0，∴G（x）在（﹣∞，0），（﹣，+∞）递增，在（0，﹣）递减，∴G（x）极大值=G（0）=﹣2，G（x）极小值=G（﹣）=a3﹣2，由于G（x）极大值＜0，故G（x）只有1个零点，不合题意；③a=0时，在R上，G′（x）≥0，∴G（x）在R递增，∴G（x）只有1个零点，不合题意；综上，a的范围是（，+∞）．19.(本小题满分14分)已知函数，（1）当时，求的单调区间；（2）若在的最大值为，求的值.参考答案：(1)

……….1分其判别式，因为，所以，，对任意实数，恒成立，Ks5u所以，在上是增函数……….4分（2）当时，由（1）可知，在上是增函数，所以在的最大值为，由，解得（不符合，舍去）……………6分当时，，方程的两根为，，………8分图象的对称轴

因为

（或）,所以

由解得①当，，因为，所以时，,在是减函数，在的最大值，由，解得（不符合，舍去）.………………….………12分②当，，，，在是减函数，

当时，，在是增函数.所以在的最大值或，由，，解得（不符合，舍去），……14分综上所述20.已知椭圆C：（）的离心率为，，，，的面积为1.（1）求椭圆C的方程；（2）设P是椭圆C上一点，直线PA与轴交于点M，直线PB与轴交于点N，求证：为定值.参考答案：（1）；（2）详见解析.试题分析：（1）根据离心率为，即，OAB的面积为1，即，椭圆中列方程组进行求解；（2）根据已知条件分别求出的值，求其乘积为定值.试题解析：（1）由题意得解得.所以椭圆的方程为.（2）由（1）知，，设，则.当时，直线的方程为.令，得，从而.直线的方程为.令，得，从而.所以.当时，，所以.综上，为定值.【考点】椭圆方程、直线与椭圆的位置关系、运算求解能力【名师点睛】解决定值、定点的方法一般有两种：(1)从特殊入手，求出定点、定值、定线，再证明定点、定值、定线与变量无关；(2)直接计算、推理，并在计算、推理的过程中消去变量，从而得到定点、定值、定线.应注意到繁难的代数运算是此类问题的特点，设而不求方法、整体思想和消元思想的运用可有效地简化运算.21.已知椭圆C1：+=1（a＞b＞0）的离心率为e=，且过点（1，）．抛物线C2：x2=﹣2py（p＞0）的焦点坐标为（0，﹣）．（Ⅰ）求椭圆C1和抛物线C2的方程；（Ⅱ）若点M是直线l：2x﹣4y+3=0上的动点，过点M作抛物线C2的两条切线，切点分别为A，B，直线AB交椭圆C1于P，Q两点．（i）求证直线AB过定点，并求出该定点坐标；（ii）当△OPQ的面积取最大值时，求直线AB的方程．参考答案：考点：直线与圆锥曲线的综合问题．专题：圆锥曲线中的最值与范围问题．分析：（I）由已知条件，设椭圆方程为，把点代入能求出椭圆C1的方程．抛物线C2中，由，能求出抛物线C2的方程．（II）（i）设点M（x0，y0），且满足2x0﹣4y0+3=0，点A（x1，y1），B（x2，y2），由于切线MA，MB同过点M，有，由此能证明直线AB过定点．（ii）设P（x3，y3），Q（x4，y4），联立方程，得，由此利用根的判别式和韦达定理能求出直线方程．解答： 解：（I）由于椭圆C1中，，则设其方程为，由于点在椭圆上，故代入得λ=1．故椭圆C1的方程为．抛物线C2中，∵抛物线C2：x2=﹣2py（p＞0）的焦点坐标为（0，﹣），∴，故p=1，从而椭圆C1的方程为，抛物线C2的方程为x2=﹣2y．（II）（i）证明：设点M（x0，y0），且满足2x0﹣4y0+3=0，点A（x1，y1），B（x2，y2），则切线MA的斜率为﹣x1，从而MA的方程为y=﹣x1（x﹣x1）+y1，考虑到，则切线MA的方程为x1x+y+y1=0，同理切线MB的方程为x2x+y+y2=0，由于切线MA，MB同过点M，从而有，由此点A（x1，y1），B（x2，y2）在直线x0x+y+y0=0上．又点M在直线2x﹣4y+3=0上，则2x0﹣4y0+3=0，故直线AB的方程为（4y0﹣3）x+2y+2y0=0，即y0（4x+2）+（2y﹣3x）=0，∴直线AB过定点．（ii）解：设P（x3，y3），Q（x4，y4），考虑到直线AB的方程为x0x+y+y0=0，则联立方程，消去y并简化得，从而，，，从而，点O到PQ的距离，从而=，当且仅当，即，又由于2x0﹣4y0+3=0，从而消去x0得，即，解得，从而或，∴所求的直线为x+2y+2=0或x﹣14y﹣10=0．点评：本题考查椭圆和抛物线方程的求法，考查直线过定点的证明，考查直线方程的求法，解题时要认真审题，注意韦达定理的合理运用．22.如图，正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直，AD⊥CD，AB∥CD，AB=AD=2，CD=4，M为CE的中点．（I）求证：BM∥平面ADEF；（Ⅱ）求证：平面BDE⊥平面BEC．参考答案：【考点】平面与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定．【分析】（I）取DE中点N，连接MN，AN，由三角形中位线定理易得，四边形ABMN为平行四边形，即BM∥AN，再由线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与梯形ABCD所在的平面互相垂直，AD⊥CD，AB∥CD，AB=AD=2，CD=4，我们易得到ED⊥BC，解三角形BCD，可得BC⊥BD，由线面垂直的判定定理，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】证明：（I）取DE中点N，连接MN，AN在△EDC中，M，N分别为EC，ED的中点∴MN∥CD，且MN=CD，由已知中AB∥CD，AB=AD=2，CD=4，∴MN∥AB，且MN=AB∴四边形ABM