贵州省遵义市新舟中学2021-2022学年高二数学理联考试题含解析

贵州省遵义市新舟中学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.设i为虚数单位，复数z满足，则（

）A. B. C.1 D.2参考答案：A【分析】先根据复数除法求出复数，结合复数模长的求解方法可得模长.【详解】因为，所以，所以，故选A.【点睛】本题主要考查复数的除法及模长，复数模长的求解一般是先化简复数为形式，结合模长公式可求.2.设则的值为（

）A． B． C． D．参考答案：B3.设，则是

的（

）

A．充分但不必要条件

B．必要但不充分条件

C．充要条件

D．既不充分也不必要条件参考答案：A略4.已知集合A={x|﹣2≤x≤5}，B={x|m+1≤x≤2m﹣1}，若A∩B=B，则实数m的取值范围是（）A．2≤m≤3B．m≤3C．2＜m≤3D．m≤2参考答案：B【考点】集合的包含关系判断及应用．【分析】根据B?A可分B=?，和B≠?两种情况：B=?时，m+1＞2m﹣1；B≠?时，，这样便可得出实数m的取值范围．【解答】解：①若B=?，则m+1＞2m﹣1；∴m＜2；②若B≠?，则m应满足：，解得2≤m≤3；综上得m≤3；故选：B．5.从长度为1，3，5，7，9五条线段中任取三条能构成三角形的概率是(

)A、

B、

C、

D、参考答案：B6.如图所示，一个地区分为5个行政区域，现给地图着色，要求相邻区域不得使用同一颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的着方法共有（）种．A．72 B．60 C．48 D．24参考答案：A【考点】D8：排列、组合的实际应用．【分析】根据题意，分2种情况讨论：若选3种颜色时，就是②④同色，③⑤同色；若4种颜色全用，只能②④或③⑤用一种颜色，其它不相同；求出每种情况的着色方法数目，由加法原理求解即可．【解答】解：由题意，分2种情况讨论：（1）、选用3种颜色时，必须是②④同色，③⑤同色，与①进行全排列，涂色方法有C43?A33=24种（2）、4色全用时涂色方法：是②④同色或③⑤同色，有2种情况，涂色方法有C21?A44=48种所以不同的着色方法共有48+24=72种；故选：A．7.已知函数=Acos()的图象如图所示，，则=（

）A.

B.

C.

D.参考答案：B8.已知抛物线y2=2px（p＞0）的准线与圆（x﹣3）2+y2=16相切，则p的值为（）A． B．1 C．2 D．4参考答案：C【考点】抛物线的简单性质．【分析】根据抛物线的标准方程可知准线方程为，根据抛物线的准线与圆相切可知求得p．【解答】解：抛物线y2=2px（p＞0）的准线方程为，因为抛物线y2=2px（p＞0）的准线与圆（x﹣3）2+y2=16相切，所以；故选C．9.若集合，，则（

）A.

B.

C.

D.参考答案：C10.设，若直线与线段AB没有公共点，则的取值范围是（

）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.对于变量x，y随机取到的一组样本数据，用r表示样本相关系数，给出下列说法①若r＞r0.05，表明有95﹪的把握认为x与y之间具有线性相关关系；②若r＜r0.05，表明x与y之间一定不具有线性相关关系；③r的取值范围是[0，1]，且越接近1，线性相关程度越强．其中正确说法种数是

．参考答案：112.已知直线与关于直线对称，直线⊥，则的斜率是______.参考答案：13.在中，，，，则

.参考答案：414.已知，且是第二象限角,那么

。参考答案：15.如图，P为三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱AA1上的一个动点，若四棱锥P﹣BCC1B1的体积为V，则三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积为

（用V表示）参考答案：【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．【分析】利用AA1到对面距离不变，转化P到A点，利用棱锥与棱柱的体积关系，即可得出结论．【解答】解：由题意，P为三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱AA1上的一个动点，所以AA1到对面距离不变，移动P到A点，由棱锥的体积的推导方法可知：四棱锥P﹣BCC1B1的体积=×三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积，∴三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积=．故答案为．【点评】本题考查棱柱、棱锥、棱台的体积，考查学生的计算能力，基本知识的考查．16.已知是常数，且是区间内任意实数，当时，函数的最大值为＿＿＿＿．参考答案：略17.设(是虚数单位)，则

. 参考答案：三、解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18.已知,函数.求当时，在区间上的最小值.参考答案：lna.分析：求导判断单调性即可.详解：因为f(x)＝＋lnx－1，所以f′(x)＝－＋＝，x∈(0，e]．

令f′(x)＝0，得x＝a.由0<a<e，则当x∈(0，a)时，f′(x)<0，函数f(x)在区间(0，a)上是递减；当x∈(a，e]时，f′(x)>0，函数f(x)在区间(a，e]上是递增，

所以当x＝a时，函数f(x)取得最小值lna；

点睛：本题主要考查函数单调性的应用.19.（本题满分15分）如图，矩形所在的半平面和直角梯形所在的半平面成的二面角，∥,,,,,.（Ⅰ）求证：∥平面；（Ⅱ）求直线与平面所成角的正切值.参考答案：（Ⅰ）因为∥,平面，所以∥平面，同理∥平面，又因为,所以平面∥平面,而平面，所以∥平面.………5分（Ⅱ），又，所以…………………10分因为,，所以就是二面角的平面角，为，……………………11分因为

平面平面,作于，则,连接，所以就是直线与平面所成角

…………12分在中，可算出在直角梯形，可算出所以所以直线与平面所成角的正切值为………………15分20.设二次函数f（x）=（k﹣4）x2+kx（k∈R），对任意实数x，有f（x）≤6x+2恒成立；正项数列{an}满足an+1=f（an）．数列{bn}，{cn}分别满足|bn+1﹣bn|=2，cn+12=4cn2．（1）若数列{bn}，{cn}为递增数列，且b1=1，c1=﹣1，求{bn}，{cn}的通项公式；（2）在（1）的条件下，若g（n）=（n≥1，n∈N*），求g（n）的最小值；（3）已知a1=，是否存在非零整数λ，使得对任意n∈N*，都有log3（）+log3（）+…+log3（）＞﹣1+（﹣1）n﹣12λ+nlog32恒成立，若存在，求之；若不存在，说明理由．参考答案：【考点】数列与函数的综合．【分析】（1）由题意，数列{bn}，{cn}为递增数列，即可求出{bn}，{cn}的通项公式（2）由题意可得，k﹣4＜0，且判别式（k﹣6）2+8（k﹣4）≤0，解不等式可得k=2，可得f（x）的解析式，可得f（n）=﹣2n2+2n，代值计算即可求出g（n）的表达式，根据g（n）=为关于n的单调递增函数，即可求出最小值．（3）假设存在非零整数λ．运用构造数列，结合等比数列的定义和通项公式和求和公式，化简所求不等式，即为2n﹣1＞（﹣1）n﹣1λ恒成立，讨论n为奇数和偶数，即可得到所求．【解答】解：（1）数列{bn}为递增数列，则|bn+1﹣bn|=bn+1﹣bn=2，∴{bn}为公差d=2的等差数列b1=1．∴bn=1+（n﹣1）×2=2n﹣1（n∈N*）由cn+12=4cn2，∴=4又∵数列{cn}为递增数列，∴=2，∴数列{cn}公比q=2的等比数列，首先c1=﹣1，∴cn=（﹣1）?2n﹣1=﹣2n﹣1，（n∈N*）（2）对任意实数x，有f（x）≤6x+2恒成立，即为（k﹣4）x2+（k﹣6）x﹣2≤0，k﹣4＜0，且判别式（k﹣6）2+8（k﹣4）≤0，即为k2﹣4k+4≤0，即（k﹣2）2≤0，解得k=2，即有f（x）=﹣2x2+2x，∴f（n）=﹣2n2+2n，∴g（n）====2?=∴g（n）=为关于n的单调递增函数，又∵n≥1．∴g（n）min=g（1）==﹣2（3）由（2）得f（x）=﹣2x2+2x=﹣2（x﹣）2+∵an+1=f（an），又∵f（x）≤，∴正项数列{an}满足an∈（0，]令bn=﹣an，则bn+1=﹣an+1=﹣（﹣2an2+2an）=2（﹣an）2，∴lgbn+1=lg2（﹣an）2=lg2+2lg（﹣an）=lg2+2lgbn，∴lgbn+1+lg2=2（lg2+lgbn），∵lg2+lgb1=lg（﹣）+lg2=lg∴lg2+lgbn=（lg）?2n﹣1，∴lg2bn=lg（），∴bn=?（），∴log3（）+log3（）+…+log3（）=log32?+log32?3+…+log32?3=nlog32+=nlog32+2n﹣1，要证2n+nlog32﹣1＞﹣1+（﹣1）n﹣1?2+nlog32恒成立即证2n＞（﹣1）n﹣12λ恒成立∴2n＞（﹣1）n﹣12λ恒成立①当n为奇数时，即λ＜2n﹣1恒成立，当且仅当n=1时，2n﹣1有最小值1为．∴λ＜1；②当n为偶数时，即λ＞﹣2n﹣1恒成立，当且仅当n=2时，有最大值﹣2为．∴λ＞﹣2，所以，对任意n∈N*，有﹣2＜λ＜1．又λ为非零整数，∴λ=﹣1．21.中，分别是角的对边，且（1）若，求；（2）求.参考答案：解：由正弦定理得∴即∴…………………2分（1）∵=5，=12∴即而∴………………6分（2）∵==4∴===4∴△为正三角形∴==3×4×4×…10分

略22.已知椭圆的短轴长为4，焦距为2．（1）求C的方程；（2）过椭圆C的左焦点F1作倾斜角为45°的直线l，直线l与椭圆相交于A、B两点，求AB的长．参考答案：【考点】椭圆的简单性质．【分析】（1）椭圆的短轴长为4，焦距为2．可得a，