山东省聊城市临清清渊中学2022-2023学年高二数学文联考试题含解析

山东省聊城市临清清渊中学2022-2023学年高二数学文联考试题含解析一、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.如果A（1，3）关于直线l的对称点为B（﹣5，1），则直线l的方程是（）A．x﹣3y+8=0 B．3x+y+4=0 C．x+3y﹣4=0 D．3x﹣y+8=0参考答案：B【考点】与直线关于点、直线对称的直线方程．【分析】由题意可得直线l为线段AB的中垂线，求得AB的中点为（﹣2，2），求出AB的斜率可得直线l的斜率，由点斜式求得直线l的方程，化简可得结果．【解答】解：∵已知点A（1，3）关于直线l的对称点为B（﹣5，1），故直线l为线段AB的中垂线．求得AB的中点为（﹣2，2），AB的斜率为=，故直线l的斜率为﹣3，故直线l的方程为y﹣2=﹣3（x+2），化简可得3x+y+4=0．故选：B．【点评】本题主要考查两条直线垂直的性质，斜率公式的应用，用点斜式求直线的方程，属于中档题．2.已知直线，点在圆外，则直线与圆的位置关系是

（

）(A)相交

(B)相切

(C)相离

(D)不能确定参考答案：

A略3.已知集合,则(

)A.[－1,0]

B.[1,2]

C.[0,1]

D.(－∞,1]∪[2,+∞)参考答案：D4.设点P对应的复数为，以原点为极点，实轴正半轴为极轴建立极坐标系，则点P的极坐标为（

）A.(，)

B.(，)

C.(，)

D.(，)参考答案：A5.已知等比数列{an}的前n项和为Sn，公比为q，若，，则等于（

）A.7 B.13 C.15 D.31参考答案：C【分析】先根据已知求出，即得的值.【详解】由题得，即，则，故选：C.【点睛】本题主要考查等比数列通项基本量的计算，考查等比数列的前n项和的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.6.已知命题，则是A.

B. C.

D.参考答案：A7.函数的极大值点是

（）

A．

B．

C．

D．参考答案：D略8.有四辆不同特警车准备进驻四个编号为1,2,3,4的人群聚集地，其中有一个地方没有特警车的方法共________种．A．144

B.182

C.106D.170参考答案：A9.过双曲线的右焦点作直线与双曲线交A、B于两点，若，这样的直线有（

）A.一条

B.两条

C.三条

D.四条参考答案：C略10.在同一平面直角坐标系中，将直线按：变换后得到的直线为l，若以坐标原点为极点，以x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，则直线l的极坐标方程为（

）A. B.C. D.参考答案：A【分析】根据直线直角坐标方程，将直线上的点按坐标变换得到直线的方程；利用直角坐标与极坐标的互化公式，写出直线的极坐标的方程；【详解】将直线按变换后得到的直线，，即，化为极坐标方程为.故选A.【点睛】本题考查了坐标变换的应用，极坐标与直角坐标方程的互化，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.用秦九韶算法计算多项式

当时的值为_________。参考答案：012.如图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积是________。参考答案：13.设，则二项式展开式中项的系数是

*

*

参考答案：-16014.中，、、成等差数列，∠B=30°，=，那么b=

.参考答案：略15.如图所示，坐标纸上的每个单元格的边长为1，由下往上的六个点：1,2,3,4,5,6的横、纵坐标分别对应数列{an}(n∈N*)的前12项，如下表所示．

a1a2a3a4a5a6a7a8a9a10a11a12x1y1x2y2x3y3x4y4x5y5x6y6按如此规律下去，请归纳，则a＋a＋a等于 . 参考答案：略16.正数满足，则的最大值为

▲

．参考答案：

略17.一个总体分为A，B两层，用分层抽样方法从总体中抽取一个容量为10的样本．已知B层中每个个体被抽到的概率都为，则总体中的个体数为．参考答案：120【考点】分层抽样方法；等可能事件的概率．【分析】本题考查分层抽样，抽样过程中每个个体被抽到的可能性相同，这是解决一部分抽样问题的依据，样本容量、总体个数、每个个体被抽到的概率，这三者可以知二求一．【解答】解：∵B层中每个个体被抽到的概率都为，∴总体中每个个体被抽到的概率是，∴由分层抽样是等概率抽样得总体中的个体数为10÷=120故答案为：120．三、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.（12分）如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，M为棱DD1上的一点．（1）求三棱锥A－MCC1的体积；（2）当A1M＋MC取得最小值时，求证：B1M⊥平面MAC.参考答案：(Ⅰ)由长方体ABCD－A1B1C1D1知，AD⊥平面CDD1C1，∴点A到平面CDD1C1的距离等于AD＝1，又S△MCC1＝CC1×CD＝×2×1＝1，∴VA－MCC1＝AD·S△MCC1＝.(Ⅱ)将侧面CDD1C1绕DD1逆时针转90°展开，与侧面ADD1A1共面(如图)，当A1，M，C′共线时，A1M＋MC取得最小值．由AD＝CD＝1，AA1＝2，得M为DD1中点．连接C1M，在△C1MC中，MC1＝，MC＝，CC1＝2，∴CC＝MC＋MC2，得∠CMC1＝90°，即CM⊥MC1，又由长方体ABCD－A1B1C1D1知，B1C1⊥平面CDD1C1，∴B1C1⊥CM.又B1C1∩C1M＝C1，∴CM⊥平面B1C1M，得CM⊥B1M，同理可证，B1M⊥AM，又AM∩MC＝M，∴B1M⊥平面MAC.19.已知动圆C过定点F（0，1），且与直线l1：y=﹣1相切，圆心C的轨迹为E．（1）求动点C的轨迹方程；（2）已知直线l2交轨迹E于两点P，Q，且PQ中点纵坐标为2，则|PQ|最大值为多少？参考答案：【考点】KH：直线与圆锥曲线的综合问题；J3：轨迹方程．【分析】（1）设C（a，b），圆半径r=b﹣（﹣1）=b+1，将a，b分别换为x，y，能求出圆心C的轨迹方程．（2）设P（p，），Q（q，），由已知得p2+q2=16，|PQ|2=（p﹣q）2+（﹣）2=，由此能求出|PQ|的最大值为6．【解答】解：（1）设C（a，b），圆半径r=b﹣（﹣1）=b+1，圆方程：（x﹣a）2+（y﹣b）2=（b+1）2过定点F（0，1）：a2+（1﹣b）2=（b+1）2a2=4b将a，b分别换为x，y，得圆心C的轨迹为E：x2=4y．（2）设P（p，），Q（q，），PQ中点的纵坐标为2：（）=2，p2+q2=16，①|PQ|2=（p﹣q）2+（﹣）2=（p﹣q）2=（p2+q2﹣2pq）=（16﹣2pq）（2+pq）=（8﹣pq）（16+pq）=，pq=﹣4时，|PQ|2最大，最大值为=36，∴|PQ|的最大值为6．【点评】本题考查动点C的轨迹方程的求法，考查|PQ|最大值的求法，解题时要认真审题，注意函数与方程思想的合理运用．20.设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且满足an2﹣2Sn=2﹣an（n∈N*）．（1）求数列{an}的通项公式；（2）设bn=，求数列{bn}的前n项和Tn．参考答案：【考点】8E：数列的求和；8H：数列递推式．【分析】（1）由，得，两式相减得，即，即an+1﹣an=1（n∈N*）即可求数列{an}的通项公式；累加即可求数列{bn}的前n项和Tn．【解答】解：（1）由，

得两式相减得即，即（an+1﹣an）（an+1+an）﹣（an+1+an）=0因为an＞0，解得an+1﹣an=1（n∈N*）故数列{an}为等差数列，且公差d=1﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣又，解得a1=2或a1=﹣1（舍去）故an=n+1﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣=﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣21.（12分）已知四棱锥的底面为直角梯形，，底面，且，，是的中点。（Ⅰ）证明：面面；（Ⅱ）求与所成的角；（Ⅲ）求面与面所成二面角的余弦值大小。参考答案：证明：以为坐标原点长为单位长度，如图建立空间直角坐标系，则各点坐标为.（Ⅰ）证明：因由题设知，且与是平面内的两条相交直线，由此得面.又在面上，故面⊥面.（Ⅱ）解：因（Ⅲ）解：在上取一点，则存在使要使为所求二面角的平面角.22.在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数），若以该直角坐标系的原点O为极点，x轴的正半粙为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为.设M点极坐标为，且，，.（Ⅰ）求直线l的普通方程与曲线C的直角坐标方程；（Ⅱ）①求M点的直角坐标；②若直线l与曲线C交于A，B两点