山西省大同市华严中学2021年高二数学文联考试卷含解析

山西省大同市华严中学2021年高二数学文联考试卷含解析一、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.下列说法正确的有（

）个．①已知函数在内可导，若在内单调递增，则对任意的，有．②函数图象在点处的切线存在，则函数在点处的导数存在；反之若函数在点处的导数存在，则函数图象在点处的切线存在．③因为，所以，其中为虚数单位．④定积分定义可以分为：分割、近似代替、求和、取极限四步，对求和中的选取是任意的，且仅于有关．⑤已知是方程的一个根，则实数的值分别是12，26．A．0

B．1

C．

3

D．4参考答案：B2.参考答案：A3.用1，2，3，4，5，6这六个数字，可以组成没有重复数字的三位偶数的个数为

A．30

B．45

C．60

D．120参考答案：C略4.已知函数，则不等式的解集为

（

）A.

B.

C.

D.参考答案：C5.在△ABC中，a=2，b=5，c=6，cosB等于（）A． B． C． D．参考答案：A【考点】余弦定理．【分析】根据余弦定理cosB=的式子，代入题中的边长加以计算，可得cosB的值．【解答】解：∵在△ABC中，a=2，b=5，c=6，∴根据余弦定理，得cosB===．故选：A6.设是等比数列，则“”是“数列是递增数列”的（

）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件

D．既不充分也不必要条件参考答案：B7.如图是一个几何体的三视图，在该几何体的各个面中．面积最小的面的面积为（）A．4 B．4 C．4 D．8参考答案：B【考点】L!：由三视图求面积、体积．【分析】作出直观图，根据三视图数据计算各个表面的面积比较得出．【解答】解：根据三视图作出物体的直观图如图所示：显然S△PCD＞S△ABC．由三视图特征可知PA⊥平面ABC，DB⊥平面ABC，AB⊥AC，PA=AB=AC=4，DB=2，∴BC=4，∴S△ABC==8，S△PAC==8，S△BCD==4．S梯形PABD==12．∴△BCD的面积最小．故选B．【点评】本题考查了空间几何体的三视图和结构特征，多面体的面积计算，属于基础题．8.在△ABC中，内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，若c2=（a﹣b）2+6，C=，则△ABC的面积（）A．3 B．

C． D．3参考答案：C【考点】余弦定理．【分析】根据条件进行化简，结合三角形的面积公式进行求解即可．【解答】解：∵c2=（a﹣b）2+6，∴c2=a2﹣2ab+b2+6，即a2+b2﹣c2=2ab﹣6，∵C=，∴cos===，解得ab=6，则三角形的面积S=absinC==，故选：C【点评】本题主要考查三角形的面积的计算，根据余弦定理求出ab=6是解决本题的关键．9.两灯塔A,B与海洋观察站C的距离都等于a(km),灯塔A在C北偏东30°,B在C南偏东60°,则A,B之间相距（）

A．a(km)

B．a(km)

C．a(km)

D．2a(km)参考答案：C略10.设数列的前n项和为，若，则（

）A、

B、

C、

D、参考答案：D二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.已知双曲线，则它的渐近线方程是

.参考答案：略12.若某几何体的三视图如图所示,则此几何体的侧面积等于______▲_______.参考答案：略13.锐角三角形ABC中，a，b，c分别是三内角A、B、C的对边，如果B＝2A，则的取值范围是________.参考答案：14.两位大学毕业生一起去一家单位应聘，面试前单位负责人对他们说：“我们要从面试的人中招聘3人，你们俩同时被招聘进来的概率是”，根据这位负责人的话可以推断出参加面试的人数为

人．参考答案：2115.曲线y=x3﹣x+3在点（1，3）处的切线方程为

．参考答案：2x﹣y+1=0【考点】6H：利用导数研究曲线上某点切线方程．【分析】先求出导函数，然后将x=1代入求出切线的斜率，利用点斜式求出直线的方程，最后化成一般式即可．【解答】解：y′=3x2﹣1，令x=1，得切线斜率2，所以切线方程为y﹣3=2（x﹣1），即2x﹣y+1=0．故答案为：2x﹣y+1=0．16.过双曲线的右焦点，倾斜角为的直线交双曲线于A、B两点，则参考答案：17.定义关于x的不等式|x﹣A|＜B（A∈R，B＞0）的解集称为A的B邻域．若a+b﹣3的a+b邻域是区间（﹣3，3），则a2+b2的最小值是．参考答案：【考点】R5：绝对值不等式的解法．【分析】根据新定义由题意得：|x﹣（a+b﹣3）|＜a+b的解集为区间（﹣3，3），从而得到关于a，b的等量关系，再利用基本不等式求得a2+b2的最小值．【解答】解：由题意可得|x﹣（a+b﹣3）|＜a+b的解集为（﹣3，3），|x﹣（a+b﹣3）|＜a+b等价于（﹣3，2（a+b）﹣3），∴2（a+b）﹣3=3，求得a+b=3，∴a2+b2≥=，故a2+b2的最小值为，故答案为：．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.已知三棱柱ABC﹣A′B′C′中，面BCC′B′⊥底面ABC，BB′⊥AC，底面ABC是边长为2的等边三角形，AA′=3，E，F分别在棱AA′，CC′上，且AE=C′F=2． （Ⅰ）求证：BB′⊥底面ABC； （Ⅱ）在棱A′B′上找一点M，使得C′M∥面BEF，并给出证明． 参考答案：【考点】直线与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定． 【专题】证明题；空间位置关系与距离． 【分析】（Ⅰ）取BC中点O，先证AO⊥BC，再由面面垂直的性质定理证得AO⊥面BCC'B'，再由线面垂直的判定定理即可得证； （Ⅱ）显然M不是A'，B'，当M为A'B'的中点，使得C'M∥面BEF，可通过线面平行的判断定理，即可证得． 【解答】（Ⅰ）证明：取BC中点O，因为三角形ABC是等边三角形，所以AO⊥BC， 又因为面BCC'B'⊥底面ABC，AO?面ABC，面BCC'B'∩面ABC=BC， 所以AO⊥面BCC'B'，又BB'?面BCC'B'， 所以AO⊥BB'．又BB'⊥AC，AO∩AC=A，AO?面ABC，AC?面ABC， 所以BB'⊥底面ABC． （Ⅱ）显然M不是A'，B'，当M为A'B'的中点，使得C'M∥面BEF． 证明：过M作MN∥AA'交BE于N，则N为中点， 则MN=（A'E+B'B）=2，则MN=C'F，MN∥C'F， 所以四边形C'MNF为平行四边形，所以C'M∥FN， C'M?平面BEF，NF?平面BEF，所以C'M∥面BEF． 【点评】本题考查线面平行和垂直的判定和性质，以及面面垂直的性质定理，考查逻辑推理能力，属于中档题． 19.已知点是椭圆的左顶点，直线与椭圆相交于两点，与轴相交于点.且当时，△的面积为.（1）求椭圆的方程；（2）设直线，与直线分别交于，两点，试判断以为直径的圆是否经过点？并请说明理由.参考答案：（1）当时，直线的方程为，设点在轴上方，由解得,所以.因为△的面积为，解得.所以椭圆的方程为.

（2）由得，显然.设,则，,.

又直线的方程为，由解得，同理得.所以,又因为所以,所以以为直径的圆过点20.（14分）

如右下图,在长方体ABCD—A1B1C1D1中,已知AB=4,AD=3,AA1=2。E、F分别是线段AB、BC上的点，且EB=FB=1.(1)求二面角C—DE—C1的余弦值;(2)求直线EC1与FD1所成的余弦值.

参考答案：（14分）解：（I）（法一）矩形ABCD中过C作CHDE于H，连结C1HCC1面ABCD，CH为C1H在面ABCD上的射影C1HDE

C1HC为二面角C—DE—C1的平面角矩形ABCD中得EDC=，DCH中得CH=，又CC1=2，C1HC中，，C1HC二面角C—DE—C1的余弦值为

7分（2）以D为原点，分别为x轴，y轴,z轴的正向建立空间直角坐标系，则有A(3,0,0)、D1(0,0,2)、B（3，4，0），E(3,3,0)、F(2，4,0)、C1(0,4,2)设EC1与FD1所成角为β，则

故EC1与FD1所成角的余弦值为

14分（法二）（1）以D为原点，分别为x轴，y轴,z轴的正向建立空间直角坐标系，则有A(3,0,0)、D1(0,0,2)、B（3，4，0），E(3,3,0)、F(2，4,0)、C1(0,4,2)于是，，，设向量与平面C1DE垂直，则有，令，则

又面CDE的法向量为

7分由图，二面角C—DE—C1为锐角，故二面角C—DE—C1的余弦值为

8分（II）设EC1与FD1所成角为β，则

故EC1与FD1所成角的余弦值为

14分21.已知数列{an}是等差数列，.(Ⅰ)求数列{an}的通项公式；(Ⅱ)若从数列{an}中依次取出第2项，第4项，第8项，，第2n项，按原来的顺序组成一个新数列，求.参考答案：解：（Ⅰ）由等差数列{an}中，，得，.（Ⅱ）由（1）知，，，…，.22.如图，圆周角∠BAC的平分线与圆交于点D，过点D的切线与弦AC的延长线交于点E，AD交BC于点F．（Ⅰ）求证：BC∥DE；（Ⅱ）若D，E，C，F四点共圆，且=，求∠BAC．参考答案：考点：与圆有关的比例线段．专题：推理和证明．分析：（Ⅰ）通过证明∠EDC=∠DCB，然后推出BC∥DE．（Ⅱ）解：证明∠CFA=∠CED，然后说明∠CFA=∠ACF．设∠DAC=∠DAB=x，在等腰△ACF中，π=∠CFA+∠ACF+∠CAF=7x，求解即可．解答： 解：（Ⅰ）证明：因为∠EDC=∠DAC，∠DAC=∠DAB，∠D