2021-2022学年云南省昆明市姑海学区姑海中学高二数学文联考试卷含解析

2021-2022学年云南省昆明市姑海学区姑海中学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.函数的最小值为(

)A．2

B．

C．4

D．6参考答案：A2.已知且恒成立，则k的最大值是（

）A、4

B、8

C、9

D、25参考答案：C略3.若双曲线的离心率是，则实数（

）． A． B． C． D．参考答案：A解：双曲线，，，∴，，∴．故选．4.在一次口试中，考生要从5道题中随机抽取3道进行回答，答对其中2道题为优秀，答对其中1道题为及格，已知某考生能答对5道题中的2道题，则该考生获得优秀和及格的概率分别为

（

）A．、

B.、

C.

、

D.以上都不对参考答案：C5.对于实数a，b，c，下列命题正确的是（）A．若a＞b，则ac2＞bc2 B．若a＜b＜0，则a2＞ab＞b2C．若a＜b＜0，则 D．若a＜b＜0，则参考答案：B【考点】命题的真假判断与应用．【分析】选项是不等式，可以利用不等式性质，结合特例逐项判断，得出正确结果．【解答】解：A，当c=0时，有ac2=bc2

故错．B

若a＜b＜0，则a2﹣ab=a（a﹣b）＞0，a2＞ab；ab﹣b2=b（a﹣b）＞0，ab＞b2，∴a2＞ab＞b2

故对C

若a＜b＜0，取a=﹣2，b=﹣1，可知，故错．D

若a＜b＜0，取a=﹣2，b=﹣1，可知，故错故选B．6.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足a=2bcosC，则△ABC的形状为（）A．等腰三角形 B．直角三角形C．等边三角形 D．等腰直角三角形参考答案：A【考点】三角形的形状判断．【分析】利用正弦定理以及三角形的内角和，两角和的正弦函数化简a=2bcosC，求出B与C的关系，即可判断三角形的形状．【解答】解：a=2bcosC，由正弦定理可知，sinA=2sinBcosC，因为A+B+C=π，所以sin（B+C）=2sinBcosC，所以sinBcosC+cosBsinC=2sinBcosC，sin（B﹣C）=0，B﹣C=kπ，k∈Z，因为A、B、C是三角形内角，所以B=C．三角形是等腰三角形．故选：A．7.在平面直角坐标系xOy中，F是抛物线C：的焦点，M是抛物线C上位于第一象限内的任意一点，，则的面积为（

）A．1

B．

C．

D．2参考答案：C设，，由题意，，，∴，又，∴，故选C.

8.若f(x)和g(x)都是定义在R上的函数，且方程有实数根，则不可能是（

）A. B. C. D.参考答案：B【分析】先设是方程的一个根，得到，，再令，得到，进而得到方程有解，再逐项判断，即可得出结果.【详解】设是方程的一个根，则，故再令，则，即方程有解；A选项，方程可化为有解；B选项，方程可化为无解；C选项，方程可化为有解；D选项，方程可化为有解；故选B【点睛】本题主要考查抽象函数及其应用，函数解析式的求解及常用方法，主要用到转化与化归的思想来处理，属于常考题型.9.如图，在空间直角坐标系中，正方体的棱长为，，则点的坐标为()A．

B．

C．

D．参考答案：B10.如图，下列几何体各自的三视图中，有且仅有两个视图相同的是(

)．

①正方体

②圆锥

③三棱台

④正四棱锥A．②④

B．①③

C．①④

D．②③参考答案：A二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.方程所表示的图形的面积为_________。参考答案：

解析：方程所表示的图形是一个正方形，其边长为12.将甲、乙、丙、丁四名老师分配到三个不同的学校，每个学校至少分到一名老师，且甲、乙两名老师不能分配到同一个学校，则不同分法的种数为

参考答案：3013.已知四棱锥的三视图如图1所示,则四棱锥的四个侧面中面积最大值是

.

参考答案：6

14.观察下列各式:…根据上述规律,则第个不等式应该为_______参考答案：【分析】根据规律，不等式的左边是个自然数的倒数的平方和，右边分母是以2为首项，1为公差的等差数列，分子是以3为首项，2为公差的等差数列，由此可得结论.【详解】根据规律，不等式的左边是个自然数的倒数的平方和，右边分母是以2为首项，1为公差的等差数列，分子是以3为首项，2为公差的等差数列，所以第个不等式应该是，故答案为：.【点睛】本题主要考查了归纳推理的应用，其中解答中得出不等式的左边是个自然数的倒数的平方和，右边分母是以2为首项，1为公差的等差数列，分子是以3为首项，2为公差的等差数列是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.15.为轴上一点，到的距离相等，的坐标为

．参考答案：16.抛物线y2=4x上一点M到焦点的距离为5，则点M的横坐标为．参考答案：4【考点】抛物线的简单性质．【分析】求出抛物线的准线方程，利用抛物线的定义，求解即可．【解答】解：抛物线y2=4x的准线方程为x=﹣1，∵抛物线y2=4x上点到焦点的距离等于5，∴根据抛物线点到焦点的距离等于点到准线的距离，∴可得所求点的横坐标为4．故答案为：4．【点评】本题给出抛物线上一点到焦点的距离，要求该点的横坐标，着重考查了抛物线的标准方程与简单性质，属于基础题．17.给出下列命题：①若，则；②若，且则③若，则是纯虚数；④若，则对应的点在复平面内的第一象限．其中正确命题的序号是.参考答案：略三、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.（本小题满分12分）已知二次函数f(x)有两个零点分别为0和－2，且f(x)的最小值是－1，函数g(x)与f(x)的图像关于原点对称．(1)求f(x)和g(x)的解析式；(2)若h(x)＝f(x)－λg(x)在区间[－1，1]上是增函数，求实数λ的取值范围．参考答案：：(1)依题意，设f(x)＝ax(x＋2)＝ax2＋2ax(a>0)，则f(x)图像的对称轴是x＝－1，…………2分∴f(－1)＝－1，即a－2a＝－1，解得a＝1.……………3分∴f(x)＝x2＋2x.

……………4分由函数g(x)的图像与f(x)的图像关于原点对称，得g(x)＝－f(－x)＝－x2＋2x.

……………5分(2)由(1)，得h(x)＝x2＋2x－λ(－x2＋2x)＝(λ＋1)x2＋2(1－λ)x.①当λ＝－1时，h(x)＝4x满足在区间[－1，1]上是增函数．……………7分②当λ<－1时，h(x)图像的对称轴是x＝，则≥1.

又λ<－1，解得λ<－1.

……………9分③当λ>－1时，同理需≤－1.又λ>－1，解得－1<λ≤0.综上所述，满足条件的实数λ的取值范围是(－∞，0]．……………12分19.（本小题满分12分）如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，AD＝CD＝1，AA1＝AB＝2，E为棱AA1的中点．(1)证明B1C1⊥CE；(2)求二面角B1－CE－C1的正弦值；(3)设点M在线段C1E上，且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为，求线段AM的长．参考答案：(1)证明因为侧棱CC1⊥底面A1B1C1D1，B1C1?平面A1B1C1D1，所以CC1⊥B1C1.经计算可得B1E＝，B1C1＝，EC1＝，从而B1E2＝B1C＋EC，所以在△B1EC1中，B1C1⊥C1E，又CC1，C1E?平面CC1E，CC1∩C1E＝C1，所以B1C1⊥平面CC1E，又CE?平面CC1E，故B1C1⊥CE.(2)解过B1作B1G⊥CE于点G，连接C1G.由(1)，B1C1⊥CE，故CE⊥平面B1C1G，得CE⊥C1G，所以∠B1GC1为二面角B1－CE－C1的平面角．在△CC1E中，由CE＝C1E＝，CC1＝2，可得C1G＝.在Rt△B1C1G中，B1G＝，所以sin∠B1GC1＝，即二面角B1－CE－C1的正弦值为.(3)解连接D1E，过点M作MH⊥ED1于点H，可得MH⊥平面ADD1A1，连接AH，AM，则∠MAH为直线AM与平面ADD1A1所成的角．设AM＝x，从而在Rt△AHM中，有MH＝x，AH＝x.在Rt△C1D1E中，C1D1＝1，ED1＝，得EH＝MH＝x.在△AEH中，∠AEH＝135°，AE＝1，由AH2＝AE2＋EH2－2AE·EHcos135°，得x2＝1＋x2＋x，整理得5x2－2x－6＝0，解得x＝.所以线段AM的长为.20.(本小题满分16分)在平面直角坐标系，已知椭圆：过点，其左右焦点分别为，，离心率为．（1）求椭圆的方程；（2）若，分别是椭圆的左右顶点，动点满足，且交椭圆于点．①求证：为定值；②设与以为直径的圆的另一交点为，问直线是否过定点，并说明理由．参考答案：（1）易得且，解得

所以椭圆的方程为；

…………4分

（2）设，，

①易得直线的方程为：，

代入椭圆得，，

由得，，从而，

所以，………………10分

②直线过定点，理由如下：

依题意，，

由得，，

则的方程为：，即，

所以直线过定点．……………………16分

21.等差数列的前n项和记为.已知（Ⅰ）求通项；（Ⅱ）若，求.参考答案：解．（1）由得方程组解得所以（2）由得方程解得略22.（12分）（2015秋?隆化县校级期中）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，（1）画出二面角A﹣B1C﹣C1的平面角；（2）求证：面BB1DD1⊥面AB1C．参考答案：【考点】二面角的平面角及求法；平面与平面垂直的判定．

【专题】空间位置关系与距离；空间角．【分析】（1）取B1C的中点O，连结AO，C1O，由AB1=AC，B1C1=CC1，得∠AOC1是二面角A﹣B1C﹣C1的平面角．（2）由已知得AC⊥BD，AC⊥BB1，从而AC⊥平面BB1DD1，由此能证明面BB1DD1⊥面AB1C．【解答】（1）解：在正