2022-2023學年云南省曲靖市活水中學高二數(shù)學文測試題含解析

2022-2023學年云南省曲靖市活水中學高二數(shù)學文測試題含解析一、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.某所學校計劃招聘男教師名,女教師名,和須滿足約束條件

則該校招聘的教師人數(shù)最多是

A．6

B．8

C．10

D．12參考答案：C略2.已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且a3+a4+a5+a6+a7=20，則S9=（）A．18 B．36 C．60 D．72參考答案：B【考點】等差數(shù)列的前n項和．【分析】由等差數(shù)列的通項公式得a3+a4+a5+a6+a7=5a5=20，解得a5=4，從而S9=，由此能求出結果．【解答】解：∵等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且a3+a4+a5+a6+a7=20，∴a3+a4+a5+a6+a7=5a5=20，解得a5=4，∴S9==36．故選：B．【點評】本題考查等差數(shù)列的前9項和的求法，是基礎題，解題時要認真審題，注意等差數(shù)列的性質的合理運用．3.已知，則二項式的二項式系數(shù)之和與各項系數(shù)之和的積為（）A.0 B.－1 C.1 D.以上都不對參考答案：B【分析】由定積分的運算性質和定積分的幾何意義，求得，進而得二項式系數(shù)之和，再令，可得展開式的各項之和為，即可求解，得到答案。【詳解】由定積分的運算性質，可得，又由表示圓的上半圓的面積，即，所以，又由，所以，所以二項式為的二項式系數(shù)之和為，令，可得展開式的各項之和為，所以二項式系數(shù)之和與各項系數(shù)之和的積為，故選B。【點睛】本題主要考查了定積分性質及運算，以及二項式系數(shù)之和與項的系數(shù)之和的求解及應用，其中呢解答中熟練應用定積分的性質求得的值，以及合理求解二項式系數(shù)與項的系數(shù)之和是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于中檔試題。4.若函數(shù)在內有極小值,則A.

B.

C.

D.參考答案：A略5.記等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，利用倒序求和的方法，可將Sn表示成首項a1、末項an與項數(shù)n的一個關系式，即公式Sn=；類似地，記等比數(shù)列{bn}的前n項積為Tn，且bn＞0（n∈N*），試類比等差數(shù)列求和的方法，可將Tn表示成首項b1、末項bn與項數(shù)n的一個關系式，即公式Tn=（）A． B． C． D．（b1bn）參考答案：D【考點】8M：等差數(shù)列與等比數(shù)列的綜合．【分析】由倒序求和的方法，可得等比數(shù)列中，運用倒序相乘的方法，結合等比數(shù)列的性質，即可得到所求積．【解答】解：等比數(shù)列{bn}的前n項積為Tn，可得Tn=b1b2…bn，Tn=bnbn﹣1…b1，相乘可得Tn2=（b1bn）（b2bn﹣1）…（bnb1）=（b1bn）n，bn＞0（n∈N*），可得Tn=（b1bn）．故選：D．【點評】本題考查等比數(shù)列的性質和類比思想方法，注意等差數(shù)列的前n項和的推導方法，考查推理和運算能力，屬于中檔題．6.等比數(shù)列{an}中，a1＋a2＋a3＋…＋an=2n－1，則a12＋a22＋a32＋…+an2等于(

).A

B

C

D參考答案：D略7.極坐標系中，過點且與極軸垂直的直線方程為（

）A、

B、

C、

D、參考答案：B8.設a∈R，若函數(shù)y=ex+ax，x∈R，有大于零的極值點，則（）A．a＜﹣1 B．a＞﹣1 C． D．參考答案：A【考點】6D：利用導數(shù)研究函數(shù)的極值．【分析】先對函數(shù)進行求導令導函數(shù)等于0，原函數(shù)有大于0的極值故導函數(shù)等于0有大于0的根，然后轉化為兩個函數(shù)觀察交點，確定a的范圍．【解答】解：∵y=ex+ax，∴y'=ex+a．由題意知ex+a=0有大于0的實根，令y1=ex，y2=﹣a，則兩曲線交點在第一象限，結合圖象易得﹣a＞1?a＜﹣1，故選A．【點評】本題主要考查函數(shù)的極值與其導函數(shù)的關系，即函數(shù)取到極值時一定有其導函數(shù)等于0，但反之不一定成立．9.曲線在點（1，3）處的切線的傾斜角為（

）A．30°

B．45°

C．60°

D．120°參考答案：B略10.擲一枚均勻的硬幣4次，出現(xiàn)正面的次數(shù)多于反面的次數(shù)的概率為 A.

B.

C.

D.參考答案：B二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.函數(shù)的遞減區(qū)間是__________參考答案：略12.函數(shù)f(x)＝x3－3x－1，若對于區(qū)間[－3,2]上的任意x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤t，則實數(shù)t的最小值是(

)A．20

B．18

C．3

D．0參考答案：A13.在Rt△ABC中，若∠C＝90°，AC＝b，BC＝a，則△ABC外接圓半徑.運用類比方法，若三棱錐的三條側棱兩兩互相垂直且長度分別為a，b，c，則其外接球的半徑R＝________

.參考答案：略14.兩條直線相交，最多有1個交點;三條直線相交，最多有3個交點;四條直線相交，最多有6個交點；則五條直線相交，最多有___________個交點；推廣到n()條直線相交,最多有____________個交點.

參考答案：10，略15.一個拋物線型拱橋，當水面離拱頂2m時，水面寬4m．若水面下降2m，則水面寬度為m．參考答案：考點：拋物線的應用．專題：圓錐曲線的定義、性質與方程．分析：如圖所示，建立直角坐標系．設拋物線的方程為x2=﹣2py（p＞0）．利用當水面離拱頂2m時，水面寬4m．可得B（2，﹣2）．代入拋物線方程可得22=﹣2p×（﹣2），解得p．設D（x，﹣4），代入拋物線方程即可得出．解答：解：如圖所示，建立直角坐標系．設拋物線的方程為x2=﹣2py（p＞0）．∵當水面離拱頂2m時，水面寬4m．∴B（2，﹣2）．代入拋物線方程可得22=﹣2p×（﹣2），解得p=1．∴拋物線的標準方程為：x2=﹣2y．設D（x，﹣4），代入拋物線方程可得x2=﹣2×（﹣4），解得x=．∴|CD|=4．故答案為：4．點評：本題考查了拋物線的標準方程及其應用，考查了數(shù)形結合的思想方法，考查了計算能力，屬于基礎題．16.一個水平放置的平面圖形的斜二測直觀圖是直角梯形ABCD，如圖所示，∠ABC＝45°，AB=AD＝1，DC⊥BC，這個平面圖形的面積為______

參考答案：略17.寫出命題“若a＞0，則a＞1”的逆否命題：___________________________．參考答案：若a≤1,則a≤0三、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.（12分）已知函數(shù)．（1）若為函數(shù)的一個極值點，試確定實數(shù)的值，并求此時函數(shù)的極值；（2）求函數(shù)的單調區(qū)間．參考答案：③同理可得，當a<0時，函數(shù)f（x）在（－∞，a）上單調遞增，在（a，0）上單調遞減，在（0，+∞）上單調遞增．……7分綜上所述，當a=0時，函數(shù)f（x）的單調遞增區(qū)間是（－∞，+∞）；當a>0時，函數(shù)f（x）的單調遞增區(qū)間是（-∞，0）和（a，+∞），單調遞減區(qū)間是（0，a）；當a<0時，函數(shù)f（x）的單調遞增區(qū)間是（－∞，a）和（0，+∞），單調遞減區(qū)間是（a，0）．……………………12分19.某單位為了解用電量y度與氣溫x℃之間的關系，隨機統(tǒng)計了某4天的用電量與當天氣溫，并制作了對照表：

氣溫（）181310-1用電量（度）24343864根據(jù)表中數(shù)據(jù)求用電量y度與氣溫x℃之間的線性回歸方程.附：參考答案：20.已知函數(shù)f（x）（x∈R），f′（x）存在，記g（x）=f′（x），且g′（x）也存在，g′（x）＜0．（1）求證：f（x）≤f（x0）+f′（x0）（x﹣x0）；（x0∈R）（2）設n），且λ1+λ2+…+λn=1，xi∈R（i=1，…，n）（n∈N+）求證：λ1f（x1）+λ2f（x2）+…+λnf（xn）≤f（λ1x1+λ2x2+…+λnxn）（3）已知a，f（a），f[f（a）]，f{f[（f（a）]}是正項的等比數(shù)列，求證：f（a）=a．參考答案：【考點】數(shù)列的應用；導數(shù)的運算．【分析】（1）構造輔助函數(shù)?（x）=f（x）﹣f（x0）﹣f'（x0）（x﹣x0），求導，根據(jù)函數(shù)的單調性求得?（x）的極大值，?（x）≤?（x0）=0，即可得f（x）≤f（x0）+f'（x0）（x﹣x0）；（2）由（1）可知，兩邊分別同乘以λ1，λ2，λ3，…λn，采用累加法，得λ1f（x1）+λ2f（x2）+…+λnf（xn）≤（λ1+λ2+…+λn）f（x0）+f'（x0）?[λ1（x1﹣x0）+λ2（x2﹣x0）+…+λn（xn﹣x0）]，由λ1+λ2+…+λn=1，設x0=λ1x1+λ2x2+…+λnxn，則λ1（x1﹣x0）+λ2（x2﹣x0）+…+λn（xn﹣x0）=0，即可證明λ1f（x1）+λ2f（x2）+…+λnf（xn）≤f（λ1x1+λ2x2+…+λnxn）；（3）分別求得f（a）=aq，f[f（a）]=aq2，f{f[f[f（a}}=aq3，λx1+（1﹣λ）x2=aq，f[λx1+（1﹣λ）x2]=f（aq）=f[f（a）]=aq2，可得：=f[λx1+（1﹣λ）x2]，由n=2，λ1=λ，λ2=1﹣λ，即λf（x1）+（1﹣λ）f（x2）≤f[λx1+（1﹣λ）x2]，當且僅當x1=x2時成立，即a=aq2?a=1，可得f（a）=a．【解答】解：（1）證明：設?（x）=f（x）﹣f（x0）﹣f'（x0）（x﹣x0），則?'（x）=f'（x）﹣f'（x0）∵g'（x）＜0故g（x）=f'（x）為減函數(shù)，則x=x0為?（x）的極大值點．∵?（x）≤?（x0）=0，即f（x）≤f（x0）+f'（x0）（x﹣x0）（當且僅當在x=x0取到）（2）證明：由（1）可知：f（x1）≤f（x0）+f'（x0）（x1﹣x0），兩邊同乘以λ1得λ1f（x1）≤λ1f（x0）+λ1f'（x0）（x1﹣x0），λ2f（x2）≤λ2f（x0）+λ2f'（x0）（x2﹣x0），…λnf（xn）≤λnf（x0）+λnf'（x0）（xn﹣x0），上式各式相加，得λ1f（x1）+λ2f（x2）+…+λnf（xn）≤（λ1+λ2+…+λn）f（x0）+f'（x0）?[λ1（x1﹣x0）+λ2（x2﹣x0）+…+λn（xn﹣x0）]，因為λ1+λ2+…+λn=1，設x0=λ1x1+λ2x2+…+λnxn，則λ1（x1﹣x0）+λ2（x2﹣x0）+…+λn（xn﹣x0）=0，由此，λ1f（x1）+λ2f（x2）+…+λnf（xn）≤f（λ1x1+λ2x2+…+λnxn））等號當且僅當在x1=x2=…=xn時成立，（3）證明：記公比為q，q＞0，則f（a）=aq，f[f（a）]=aq2，f{f[f[f（a}}=aq3，取x1′=a，，λ=∈（0，1），則λx1+（1﹣λ）x2=aq，f[λx1+（1﹣λ）x2]=f（aq）=f[f（a）]=aq2，又∵λf（x1）+（1﹣λ）f（x2）=λf（a）+（1﹣λ）f（aq2），=λf（a）+（1﹣λ）f{f[f（a）]}，=λaq+（1﹣λ）aq3，=aq3+λaq﹣λaq3，=aq3+λaq（1﹣q2），=aq3+aq（1﹣q2），=aq2，即aq3+λaq（1﹣q2）=aq2=f[λx1+（1﹣λ）x2]，在（2）中取n=2，λ1=λ，λ2=1﹣λ，即λf（x1）+（1﹣λ）f（x2）≤f[λx1+（1﹣λ）x2]，當且僅當x1=x2時成立，即a=aq2?q=1，∴f（a）=a．21.已知雙曲線，、是雙曲線的左右頂