2022-2023學(xué)年北京延慶縣劉斌堡中學(xué)高二數(shù)學(xué)文測試題含解析

1、2022-2023學(xué)年北京延慶縣劉斌堡中學(xué)高二數(shù)學(xué)文測試題含解析一、 選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個選項中，只有是一個符合題目要求的1. 復(fù)數(shù)（是虛數(shù)單位），則的共軛復(fù)數(shù)的虛部是 A. B. C. D.參考答案：D略2. 已知復(fù)數(shù)z滿足（z-1）i=i+1，復(fù)平面內(nèi)表示復(fù)數(shù)z的點位于（ ）A第一象限B第二象限C第三象限D(zhuǎn)第四象限參考答案：D3. 若函數(shù)f(x)x33xa有3個不同的零點，則實數(shù)a的取值范圍是()A(2,2) B2,2C(，1) D(1，)參考答案：A略4. “”是“”的（ ）A. 既不充分也不必要條件B充分不必要條件C.充分必要條件D. 必要

2、不充分條件參考答案：A5. 若ABC的內(nèi)角A、B、C所對的邊a、b、c滿足(ab)2c24，且C60，則ab的值為()A、 B、 C、1 D、參考答案：A6. 已知雙曲線C的兩焦點為F1，F(xiàn)2，離心率為，拋物線y2=16x的準(zhǔn)線過雙曲線C的一個焦點，若以線段F1F2為直徑的圓與雙曲線交于四個點Pi（i=1，2，3，4），|PiF1|?|PiF2|=（）A0B7C14D21參考答案：C【考點】雙曲線的簡單性質(zhì)【分析】求出雙曲線、圓的方程，聯(lián)立求出|y|=，利用面積關(guān)系，即可得出結(jié)論【解答】解：由題意，c=4，a=3，b=，雙曲線的方程為=1，與圓x2+y2=16，可得|y|=，|PiF1|?|P

3、iF2|=14，故選C7. 用反證法證明：若整系數(shù)一元二次方程ax2bxc0(a0)有有理數(shù)根，那么a、b、c中至少有一個是偶數(shù)用反證法證明時，下列假設(shè)正確的是( )A假設(shè)a、b、c都是偶數(shù) B假設(shè)a、b、c都不是偶數(shù)C假設(shè)a、b、c至多有一個偶數(shù) D假設(shè)a、b、c至多有兩個偶數(shù)參考答案：B8. 正整數(shù)集合中的最小元素為1，最大元素為2010，并且各元素可以從小到大排列成一個公差為的等差數(shù)列，則并集中的元素個數(shù)為 （ ）A300 B310 C330 D360參考答案：C9. 如果執(zhí)行下邊的程序框圖，輸入x12，那么其輸出的結(jié)果是()A9 B3C D參考答案：C10. 由命題“周長為定值的長方形

4、中，正方形的面積取得最大”可猜想：在表面積為定值的長方體中（ ）A. 正方體的體積取得最大B. 正方體的體積取得最小C. 正方體的各棱長之和取得最大D. 正方體的各棱長之和取得最小參考答案：A【分析】根據(jù)類比規(guī)律進(jìn)行判定選擇【詳解】根據(jù)平面幾何與立體幾何對應(yīng)類比關(guān)系：周長類比表面積，長方形類比長方體，正方形類比正方體，面積類比體積，因此命題“周長為定值的長方形中，正方形的面積取得最大”，類比猜想得：在表面積為定值的長方體中，正方體的體積取得最大，故選A.【點睛】本題考查平面幾何與立體幾何對應(yīng)類比，考查基本分析判斷能力，屬基礎(chǔ)題.二、 填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11. 過拋物線

5、的焦點作一條斜率大于的直線，與拋物線交于兩點。若在準(zhǔn)線上存在點，使是等邊三角形，則直線的斜率等于參考答案：略12. 已知數(shù)列an是各項均為正整數(shù)的等差數(shù)列，公差dN*，且an中任意兩項之和也是該數(shù)列中的一項（1）若a1=4，則d的取值集合為 ；（2）若a1=2m（mN*），則d的所有可能取值的和為 參考答案：（1）1，2，4，（2）2m+11【考點】等差數(shù)列的性質(zhì)；等比數(shù)列的前n項和【分析】由題意可得，ap+aq=ak，其中p、q、kN*，利用等差數(shù)列的通項公式可得d與a1的關(guān)系，然后根據(jù)d的取值范圍進(jìn)行求解【解答】解：由題意可得，ap+aq=ak，其中p、q、kN*，由等差數(shù)列的通向公式可得

6、a1+（p1）d+a1+（q1）d=a1+（k1），整理得d=，（1）若a1=4，則d=，p、q、kN*，公差dN*，kpq+1N*，d=1，2，4，故d的取值集合為 1，2，4；（2）若a1=2m（mN*），則d=，p、q、kN*，公差dN*，kpq+1N*，d=1，2，4，2m，d的所有可能取值的和為1+2+4+2m=2m+11，故答案為（1）1，2，4，（2）2m+1113. 已知|，（）若，求； （）若、的夾角為60，求；（）若與垂直，求當(dāng)k為何值時，？參考答案：(3)若與垂直=0使得，只要即k=31414. 已知公差不為零的等差數(shù)列的前8項和為8，且，則的通項公式 參考答案：102n

7、 設(shè)等差數(shù)列的公差為，可得，解得，故答案為.15. 行列式的最大值是 參考答案：16. 已知 求的最小值_參考答案：5 略17. 已知一個棱長為6cm的正方體塑料盒子(無上蓋)，上口放著一個半徑為5cm的鋼球，則球心到盒底的距離為 cm.參考答案：10三、 解答題：本大題共5小題，共72分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟18. （本小題滿分12分）已知函數(shù)，請設(shè)計一個算法（用自然語言、程序框圖兩種方式表示）輸入的值，求相應(yīng)的函數(shù)值參考答案：解：算法步驟：第一步：輸入； 2分第二步；判斷“”是否成立.若成立，；否則. 4分第三步；輸出 6分 12分19. 如圖，菱形ABCD與正三角形BC

8、E的邊長均為2，它們所在平面互相垂直，F(xiàn)D平面ABCD，且FD=（I）求證：EF平面ABCD；（）若CBA=60，求二面角AFBE的余弦值參考答案：【考點】MT：二面角的平面角及求法【分析】（I）根據(jù)線面平行的判定定理即可證明EF平面ABCD；（），建立空間坐標(biāo)系，利用向量法即可求二面角AFBE的余弦值【解答】解：（）如圖，過點E 作 EHBC于H，連接HD，EH=平面ABCD平面BCE，EH?平面BCE，平面ABD平面BCE=BC，EH平面ABCD，又FD平面ABCD，F(xiàn)D=，F(xiàn)DEHFD=EH四邊形EHDF 為平行四邊形EFHD EF?平面ABCD，HD?平面ABCD，EF平面ABCD（）

9、連接HA 由（），得H 為BC 中點，又CBA=60，ABC 為等邊三角形，AHBC，分別以HB，HA，HE 為x，y，z 軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Hxyz則 B（1，0，0），F(xiàn)（2，），E（0，0，），A（0，0）=（3，），=（1，0），=（1，0，），設(shè)平面EBF 的法向量為=（x，y，z）由得 令z=1，得=（，2，1）設(shè)平面ABF的法向量為=（x，y，z）由得令y=1，得=（，1，2）cos，=，二面角AFBE是鈍二面角，二面角AFBE的余弦值是【點評】本題綜合考查空間中線線、線面的位置關(guān)系和空間中角的計算，涉及二面角的平面角，傳統(tǒng)方法和坐標(biāo)向量法均可，考查的知識面較廣，難度

10、中等20. (本小題滿分12分)在等比數(shù)列an的前n項中，a1最小，且a1+ an=66，a2an-1=128，前n項和Sn=126，求n和公比q.參考答案：解：在等比數(shù)列an中a2an-1=a1an=128，且a1+an=66，又an的前n項中a1最小，所以a1=2，an=64.由等比數(shù)列的通項公式得，an= a1qn-1，即qn-1=32， ()由題意可知公比q1，而等比數(shù)列an前n項和Sn=126，則，得q=2，將q=2代入()得2n-1=32=25，所以n1=5，故n=6，q=2.,21. 已知橢圓C：（）的離心率為，的面積為1.（1）求橢圓C的方程；（2）設(shè)P是橢圓C上一點，直線PA

11、與軸交于點M，直線PB與軸交于點N，求證：為定值.參考答案：（1）；（2）詳見解析.試題分析：（1）根據(jù)離心率為，即，OAB的面積為1，即，橢圓中列方程組進(jìn)行求解；（2）根據(jù)已知條件分別求出的值，求其乘積為定值.試題解析：（1）由題意得解得.所以橢圓的方程為.（2）由（1）知，設(shè)，則.當(dāng)時，直線的方程為.令，得，從而.直線的方程為.令，得，從而.所以.當(dāng)時，所以.綜上，為定值.【考點】橢圓方程、直線與橢圓的位置關(guān)系、運算求解能力【名師點睛】解決定值、定點的方法一般有兩種：(1)從特殊入手，求出定點、定值、定線，再證明定點、定值、定線與變量無關(guān)；(2)直接計算、推理，并在計算、推理的過程中消去變量，從而得到定點、定值、定線.應(yīng)注意到繁難的代數(shù)運算是此類問題的特點，設(shè)而不求方法、整體思想和消元思想的運用可有效地簡化運