云南省昆明市匯承中學2022年高二數學理聯考試卷含解析

云南省昆明市匯承中學2022年高二數學理聯考試卷含解析一、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.設變量滿足約束條件，則的最大值是（

）A．1

B．

C.

D．2參考答案：B2.已知是雙曲線的左、右焦點，過且垂直于軸的直線與雙曲線交于兩點，若為鈍角三角形，則該雙曲線的離心率的取值范圍是(

)A． B．C． D．參考答案：B3.若直線m?平面，則條件甲：直線l∥是條件乙：l∥m的

(

)A．充分不必要條件

B．必要不充分條件C．充要條件

D．既不充分也不必要條件參考答案：D略4.已知二次函數的圖象如圖所示，則它與軸所圍圖形的面積為（

）A．

B．

C．

D．參考答案：D略5.橢圓與直線交于A，B兩點，過原點與線段AB中點的直線的斜率為，則的值為()A. B. C. D.

參考答案：B把y=1-x代入橢圓ax2+by2=1得ax2+b（1-x）2=1，整理得（a+b）x2-2bx+b-1=0，設A（x1，y1），B（x2，y2），則x1+x2=，y1+y2=2-=∴線段AB的中點坐標為（

）∴過原點與線段AB中點的直線的斜率k=∴故選B

6.若復數，則在復平面內對應的點位于(

).A．第一象限 B．第二象限

C．第三象限 D．第四象限

參考答案：D7.若，則下列結論不正確的是()A．

B．

C.

D．參考答案：D由，所以,所以,由不等式基本性質知A，B，C對8.一個正三棱柱的每一條棱長都是a，則經過底面一邊和相對側棱的一個端點的截面（即圖中）的面積為（

） A． B． C． D．參考答案：A略9.如果a<0，b>0，那么，下列不等式中正確的是 （)．參考答案：A略10.1001101(2)與下列哪個值相等()A．113(8)

B．114(8)

C．115(8) D．116(8)參考答案：C二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.若拋物線y2＝2px(p＞0)的準線經過雙曲線x2－y2＝1的一個焦點，則p＝_____.參考答案：12.下列命題中________為真命題．①“"x?R，x2+1＞1”的否定是“$x?R，x2+1≤1”；②“若x2＋y2＝0，則x，y全為0”的逆否命題；③“若{an}為等比數列，則an＝a1×qn-1”的逆命題；④“若sina＋cosa＝(0<a<p)，則a為銳角”的否命題．參考答案：①②13.在△ABC中，若a=3，b=，∠A=，則∠C的大小為_________參考答案：14.過橢圓的左頂點A且斜率為的直線交橢圓于另一點，且點在軸上的射影恰為右焦點，若，則橢圓的離心率的值為

▲

.參考答案：略15.閱讀如圖的框圖，運行相應的程序，輸出S的值為．參考答案：﹣4【考點】程序框圖．【專題】算法和程序框圖．【分析】寫出前二次循環(huán)，滿足判斷框條件，輸出結果．【解答】解：由框圖知，第一次循環(huán)得到：S=﹣8，n=2；第二次循環(huán)得到：S=﹣4，n=1；退出循環(huán)，輸出﹣4．故答案為：﹣4．【點評】本題考查循環(huán)結構，判斷框中n≤1退出循環(huán)是解題的關鍵，考查計算能力．16.投擲一枚均勻的骰子，則落地時，向上的點數是2的倍數的概率是；落地時，向上的點數為奇數的概率是

． 參考答案：，．【考點】列舉法計算基本事件數及事件發(fā)生的概率． 【專題】計算題；對應思想；分析法；概率與統(tǒng)計． 【分析】用列舉法求得投擲一枚均勻的骰子，落地時向上的點數組成的基本事件數以及點數是2的倍數，向上的點數為奇數的基本事件數，求出對應的概率即可． 【解答】解：投擲一枚均勻的骰子，落地時向上的點數組成的基本事件是1，2，3，4，5，6共6種； 其中點數是2的倍數的基本事件是2，4，6共3種；向上的點數為奇數為1，3，5 所以，所求的概率是P==，P==． 故答案為：，． 【點評】本題考查了利用列舉法求古典概型的概率的應用問題，是基礎題目． 17.已知，若(a，t,n為正實數,），通過歸納推理，可推測a，t的值，則

．（結果用n表示）參考答案：通過歸納推理，．三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟18.已知拋物線，焦點為F，準線為l，線段OF的中點為G.點P是C上在x軸上方的一點，且點P到l的距離等于它到原點O的距離.（1）求P點的坐標；（2）過點作一條斜率為正數的直線與拋物線C從左向右依次交于A、B兩點，求證：.參考答案：（1）；（2）詳見解析.【分析】（1）由點到的距離等于它到原點的距離，得，又為線段的中點，所以，設點的坐標為，代入拋物線的方程，解得，即可得到點坐標.（2）設直線的方程為，代入拋物線的方程，根據根與系數的關系，求得，，進而得到，進而得到直線和的傾斜角互補，即可作出證明.【詳解】（1）根據拋物線的定義，點到的距離等于，因為點到的距離等于它到原點的距離，所以，從而為等腰三角形，又為線段的中點，所以，設點的坐標為，代入，解得，故點的坐標為.（2）設直線的方程為，代入，并整理得，由直線與拋物線交于、兩點，得，結合，解得，由韋達定理，得，，，所以直線和的傾斜角互補，從而，結合軸，得，故.【點睛】本題主要考查拋物線的標準方程、及直線與圓錐曲線的位置關系的應用問題,解答此類題目，通常聯立直線與拋物線的方程組，應用一元二次方程根與系數的關系進行求解，此類問題易錯點是復雜式子的變形能力不足，導致錯解，能較好的考查考生的邏輯思維能力、運算求解能力、分析問題解決問題的能力等.19.某企業(yè)生產甲、乙兩種產品，已知生產每噸甲產品要用原料3噸、原料2噸；生產每噸乙產品要用原料1噸、原料3噸．銷售每噸甲產品可獲得利潤5萬元、每噸乙產品可獲得利潤3萬元，該企業(yè)在一個生產周期內消耗原料不超過13噸、原料不超過18噸．那么該企業(yè)分別生產多少噸的甲、乙兩種產品，可獲得最大利潤，且最大利潤是多少？參考答案：20.（14分）設函數f（x）=lnx，g（x）=（2﹣a）（x﹣1）﹣2f（x）．（1）當a=1時，求函數g（x）的單調區(qū)間；（2）設A（x1，y1），B（x2，y2）是函數y=f（x）圖象上任意不同兩點，線段AB中點為C（x0，y0），直線AB的斜率為k．證明：k＞f′（x0）（3）設F（x）=|f（x）|+（b＞0），對任意x1，x2∈（0，2]，x1≠x2，都有＜﹣1，求實數b的取值范圍．參考答案：【考點】利用導數研究函數的單調性；直線的斜率．【分析】（1）將a=1代入求出g（x）的表達式，再求出g（x）的導數，從而求出g（x）的單調區(qū)間；（2）將x0=代入f′（x0）==，問題轉化為證：k（t）lnt+﹣2的單調性，（t＞1），從而證出結論；（3）設G（x）=F（x）+x，則G（x）在（0，2]單調遞減，通過討論x的范圍，結合導數的應用，從而求出b的范圍．【解答】解：（1）當a=1時，g（x）=（x﹣1）﹣2f（x）=（x﹣1）﹣2lnx=x﹣1﹣2lnx，定義域為（0，+∞）；g′（x）=1﹣=；當x∈（0，2）時，g′（x）＜0，g（x）單調遞減；當x∈（2，+∞）時，g′（x）＞0，g（x）單調遞增；即g（x）的單調增區(qū)間為（2，+∞），單調減區(qū)間為（0，2）．（2）證明：k==，又x0=，所以f′（x0）==；即證，＞，不妨設0＜x1＜x2，x1，x2分別屬于（0，1）和（1，2），即證：lnx2﹣lnx1＞；即證：ln＞；設t=＞1，即證：lnt＞=2﹣；即證：lnt+﹣2＞0，其中t∈（1，+∞）；事實上，設k（t）=lnt+﹣2，（t∈（1，+∞）），則k′（t）=﹣=＞0；所以k（t）在（1，+∞）上單調遞增，所以k（t）＞k（1）=0；即結論成立．（3）由題意得+1＜0，即＜0；設G（x）=F（x）+x，則G（x）在（0，2]單調遞減，①當x∈[1，2]時，G（x）=lnx++x，G′（x）=﹣+1≤0；b≥+（x+1）2=x2+3x++3在[1，2]上恒成立，設G1（x）=x2+3x++3，則G1′（x）=2x+3﹣；當x∈[1，2]，G1′（x）＞0；∴G1（x）在[1，2]上單調遞增，G1（x）≤；故b≥．②當x∈（0，1）時，G（x）=﹣lnx++x；G1（x）=x2+3x++3，G′（x）=﹣﹣+1≤0，b≥﹣+（x+1）2=x2+x﹣﹣1在（0，1）恒成立，設G2（x）=x2+x﹣﹣1，（x）=2x+1+＞0，即G2（x）在（0，1）單調遞增，故G2（x）＜G2（1）=0，∴b≥0，綜上所述：b≥．【點評】本題考查了函數的單調性，函數恒成立問題，考查導數的應用，考查轉化思想，本題有一定的難度．21.如圖，在四面體PABC中，PC⊥AB，PA⊥BC，點D，E，F，G分別是棱AP，AC，BC，PB的中點．（Ⅰ）求證：DE∥平面BCP；（Ⅱ）求證：四邊形DEFG為矩形；（Ⅲ）是否存在點Q，到四面體PABC六條棱的中點的距離相等？說明理由．參考答案：考點：直線與平面平行的判定；空間中直線與直線之間的位置關系．專題：空間位置關系與距離；立體幾何．分析：（Ⅰ）根據兩個點是兩條邊的中點，得到這條線是兩條邊的中位線，得到這條線平行于PC，根據線面平行的判定定理，得到線面平行．（Ⅱ）根據四個點是四條邊的中點，得到中位線，根據中位線定理得到四邊形是一個平行四邊形，根據兩條對角線垂直，得到平行四邊形是一個矩形．（Ⅲ）做出輔助線，證明存在點Q到四面體PABC六條棱的中點的距離相等，根據第二問證出的四邊形是矩形，根據矩形的兩條對角線互相平分，又可以證出另一個矩形，得到結論．解答：證明：（Ⅰ）∵D，E分別為AP，AC的中點，∴DE∥PC，∵DE?平面BCP，∴DE∥平面BCP．

（Ⅱ）∵D，E，F，G分別為AP，AC，BC，PB的中點，∴DE∥PC∥FG，DG∥AB∥EF∴四邊形DEFG為平行四邊形，∵PC⊥AB，∴DE⊥DG，∴四邊形DEFG為矩形．

（Ⅲ）存在點Q滿足條件，理由如下：連接DF，EG，設Q為EG的中點，由（Ⅱ）知DF∩EG=Q，且QD=QE=QF=QG=EG，分別取PC，AB的中點M，N，連接ME，EN，NG，MG，MN，與（Ⅱ）同理，可證四邊形MENG為矩形，其對角線交點為EG的中點Q，且QM=QN=EG，∴Q為滿足條件