北京峪口第二中學(xué)2022-2023學(xué)年高二數(shù)學(xué)理聯(lián)考試題含解析

北京峪口第二中學(xué)2022-2023學(xué)年高二數(shù)學(xué)理聯(lián)考試題含解析一、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.薦函數(shù)f（x）=lnx+ax2﹣2在區(qū)間（，2）內(nèi)存在單調(diào)遞增區(qū)間，則實數(shù)a的取值范圍是（）A．（﹣∞，﹣2] B．（﹣，+∞） C．（﹣2，﹣） D．（﹣2，+∞）參考答案：D【考點】6B：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性．【分析】求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，問題轉(zhuǎn)化為a＞，而g（x）=﹣在（，2）遞增，求出g（x）的最小值，從而求出a的范圍即可．【解答】解：f′（x）=+2ax，若f（x）在區(qū)間（，2）內(nèi)存在單調(diào)遞增區(qū)間，則f′（x）＞0在x∈（，2）有解，故a＞，而g（x）=﹣在（，2）遞增，g（x）＞g（）=﹣2，故a＞﹣2，故選：D．【點評】本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及函數(shù)恒成立問題，是一道基礎(chǔ)題．2.已知a是實數(shù)，是純虛數(shù)，則a=（）A．1B．﹣1C．D．﹣參考答案：A【考點】復(fù)數(shù)代數(shù)形式的混合運算．【分析】化簡復(fù)數(shù)分母為實數(shù)，復(fù)數(shù)化為a+bi（a、b是實數(shù)）明確分類即可．【解答】解：由是純虛數(shù)，則且，故a=1故選A．3.箱子里有5個黑球,4個白球,每次隨機取出一個球,若取出黑球,則放回箱中,重新取球;若取出白球,則停止取球,那么在第4次取球之后停止的概率為(

)

A.

B.()3×

C.×

D.×()3×參考答案：B略4.如圖所示，ABCD－A1B1C1D1是長方體，O是B1D1的中點，直線A1C交平面AB1D1于點M，則下列結(jié)論正確的是

(

)A．A、M、O三點共線

B．A、M、O、A1不共面C．A、M、C、O不共面

D．B、B1、O、M共面參考答案：A略5.下列函數(shù)中，最小值為2的是（）A．y=+x（x＜0） B．y=+1（x≥1）C．y=+﹣2

（x＞0） D．y=+參考答案：C【考點】函數(shù)的最值及其幾何意義．【分析】由基本不等式判斷A、C；運用函數(shù)的單調(diào)性即可判斷B、D．【解答】解：A，x＜0，﹣x＞0，則y=﹣[（﹣x）+]≤﹣2=﹣2，當(dāng)且僅當(dāng)x=﹣1取得最大值﹣2，故A錯；B，y=+1（x≥1）為減函數(shù)，函數(shù)有最大值2．故B錯；C，y=+﹣2（x＞0），運用基本不等式可得+﹣2≥2﹣2=2，當(dāng)且僅當(dāng)x=4，取得最小值2，故C正確；D，y=+，由t=≥＞1，由y=t+在t≥遞減，可得函數(shù)的最小值為，故D錯．故選：C．6.設(shè)是橢圓的兩個焦點，是橢圓上的點，且，則的面積為

ks5uA．

B．

C．

D．

參考答案：B7.下列不能構(gòu)成集合的是（）A．1﹣20以內(nèi)的所有質(zhì)數(shù)B．方程x2+x﹣2=0的所有實根C．新華高中的全體個子較高的同學(xué)D．所有的正方形參考答案：C【考點】集合的確定性、互異性、無序性．【分析】根據(jù)集合中元素的確定性，可得結(jié)論．【解答】解：根據(jù)集合中元素的確定性，可得新華高中的全體個子較高的同學(xué)，不能構(gòu)成集合，故選C．8.已知函數(shù)，則使為減函數(shù)的區(qū)間是（

）A．

B.

C.

D.參考答案：D9.已知點，則線段的垂直平分線的方程是（

）A．

B．

C．

D．參考答案：B

解析：線段的中點為垂直平分線的，10.為調(diào)查某地中學(xué)生平均每人每天參加體育鍛煉時間（單位：分鐘），按鍛煉時間分下列四種情況統(tǒng)計：①0～10分鐘；②11～20分鐘；③21～30分鐘；④30分鐘以上．有10000名中學(xué)生參加了此項活動，下圖（見下頁）是此次調(diào)查中某一項的流程圖，其輸出的結(jié)果是6200，則平均每天參加體育鍛煉時間在0～20分鐘內(nèi)的學(xué)生的頻率是（

）A．0.36

B．0.18

C.0.62

D．0.38

參考答案：D略二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.若，則a0+a2+a4+a6+a8的值為

．參考答案：12812.△ABC中a=6,b=6A=30°則邊C=

。參考答案：6或1213.存在區(qū)間（），使得，則稱區(qū)間為函數(shù)的一個“穩(wěn)定區(qū)間”.給出下列5個函數(shù)：①；②；③；④

；⑤.其中存在“穩(wěn)定區(qū)間”的函數(shù)有____

.參考答案：①③④14.橢圓+=1（a＞b＞0），F(xiàn)（，0）為其右焦點，過F垂直于x軸的直線與橢圓相交所得的弦長為2，則橢圓C的方程為．參考答案：【考點】橢圓的簡單性質(zhì)．【分析】利用F（，0）為其右焦點，過F垂直于x軸的直線與橢圓相交所得的弦長為2，建立方程組，求解即可得橢圓方程．【解答】解：∵橢圓+=1（a＞b＞0），F(xiàn)（，0）為其右焦點，過F垂直于x軸的直線與橢圓相交所得的弦長為2，∴，解得a2=4，b2=2，c2=2，∴橢圓C的方程為：．故答案為：．15.一個半徑為1的小球在一個棱長為的正四面體容器內(nèi)可向各個方向自由運動，則該小球永遠不可能接觸到的容器內(nèi)壁的面積是

．【解析】72

【考點】棱錐的結(jié)構(gòu)特征．【分析】小球與正四面體的一個面相切時的情況，易知小球在面上最靠近邊的切點的軌跡仍為正三角形，正四面體的棱長為，故小三角形的邊長為2，做出面積相減，得到結(jié)果．【解答】解：考慮小球與正四面體的一個面相切時的情況，易知小球在面上最靠近邊的切點的軌跡仍為正三角形，正四面體的棱長為故小三角形的邊長為2小球與一個面不能接觸到的部分的面積為﹣=18，∴幾何體中的四個面小球永遠不可能接觸到的容器內(nèi)壁的面積是4×18=72故答案為：72參考答案：72

【考點】棱錐的結(jié)構(gòu)特征．【分析】小球與正四面體的一個面相切時的情況，易知小球在面上最靠近邊的切點的軌跡仍為正三角形，正四面體的棱長為，故小三角形的邊長為2，做出面積相減，得到結(jié)果．【解答】解：考慮小球與正四面體的一個面相切時的情況，易知小球在面上最靠近邊的切點的軌跡仍為正三角形，正四面體的棱長為故小三角形的邊長為2小球與一個面不能接觸到的部分的面積為﹣=18，∴幾何體中的四個面小球永遠不可能接觸到的容器內(nèi)壁的面積是4×18=72故答案為：72【答案】16.已知，點在平面內(nèi)，則

參考答案：11略17.若雙曲線的右焦點與拋物線y2=12x的焦點重合，則該雙曲線的漸近線方程為 .參考答案：略三、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.（本題12分，（1）問5分，（2）問7分）如圖，在四棱錐P—ABCD中，底面ABCD是邊長為a的正方形，E、F分別為PC、BD的中點，側(cè)面PAD⊥底面ABCD，且PA＝PD＝AD.(1)求證：EF∥平面PAD；(2)求三棱錐C—PBD的體積．參考答案：(1)證明：連接AC，如圖所示，則F是AC的中點，又E為PC的中點，∴EF∥PA.…2又∵PA?平面PAD，EF?平面PAD，∴EF∥平面PAD.…5(2)取AD的中點N，連接PN，如圖所示．∵PA＝PD，∴PN⊥AD.…7又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PN?平面PAD，∴PN⊥平面ABCD，即PN是三棱錐P－BCD的高．……………919.

參考答案：

20.（本小題滿分12分）設(shè)A、B是拋物線y2=2px(p＞0)上的兩點，滿足OA⊥OB(O為坐標(biāo)原點).求證：(1)A、B兩點的橫坐標(biāo)之積為；

(2)直線AB經(jīng)過一個定點.參考答案：19.證明:(1)設(shè)A(x1,y1)、B(x2,y2),則y12=2px1、y22=2px2.

∵OA⊥OB,

∴x1x2+y1y2=0,

y12y22=4p2x1x2=4p2·(-y1y2).

∴y1y2=-4p2,從而x1x2=4p2也為定值.

(2)∵y12-y22=2p(x1-x2),

∴=.

∴直線AB的方程為y-y1=(x-x1),

即y=x-·+y1,

y=x+,

亦即y=(x-2p).∴直線AB經(jīng)過定點(2p,0).21.如圖所示，在四邊形ABCD中，∠D=2∠B，且AD=1，CD=3，cos∠B=（1）求△ACD的面積；（2）若BC=2，求AB的長．參考答案：【考點】解三角形．【分析】（1）利用已知條件求出D角的正弦函數(shù)值，然后求△ACD的面積；（2）利用余弦定理求出AC，通過BC=2，利用正弦定理求解AB的長．【解答】解：（1）因為∠D=2∠B，cos∠B=，所以cosD=cos2B=2cos2B﹣1=﹣．…因為∠D∈（0，π），所以sinD=．…因為AD=1，CD=3，所以△ACD的面積S===．…（2）在△ACD中，AC2=AD2+DC2﹣2AD?DC?cosD=12．所以AC=2．…因為BC=2，，…所以=．所以AB=4．…22.如圖，在斜三棱柱ABC﹣A1B1C1中，側(cè)面ACC1A1與側(cè)面CBB1C1都是菱形，∠ACC1=∠CC1B1=60°，AC=2．（Ⅰ）求證：AB1⊥CC1；（Ⅱ）若AB1=，求二面角C﹣AB1﹣A1的余弦值．參考答案：【考點】用空間向量求平面間的夾角；直線與平面垂直的性質(zhì)；二面角的平面角及求法．【分析】（Ⅰ）證明：連AC1，CB1，證明CC1⊥OA，CC1⊥OB1，得到CC1⊥平面OAB1，即可證明CC1⊥AB1．（Ⅱ）以O(shè)B1，OC1，OA為正方向建立空間直角坐標(biāo)系，求出C，B1，A，求出平面CAB1的法向量，平面A1AB1的法向量，通過向量的數(shù)量積求解二面角C﹣AB1﹣A1的余弦值．【解答】解：（Ⅰ）證明：連AC1，CB1，則△ACC1和△B1CC1皆為正三角形．取CC1中點O，連OA，OB1，則CC1⊥OA，CC1⊥OB1，則CC1⊥平面OAB1，則CC1⊥AB1．…（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，OA=OB1=，又AB1=，所以O(shè)A⊥OB1．如圖所