1、2022-2023學年四川省南充市黃溪鄉中學高二數學理聯考試題含解析一、 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. 下列說法中正確的個數是（ ）.的必要不充分條件；命題“若則向量垂直”的逆否命題是真命題；命題“若”的否命題是“若”.A.0 B.1 C.2 D.3參考答案：C因為，即是的充分不必要條件，即錯誤；若向量與向量垂直，則，即命題“若，則向量與向量垂直”的逆命題是真命題，即正確；易知命題“若，則”的否命題是“若，則” ，即正確；故選C.2. 若0 x1x21，則（）Alnx2lnx1Blnx2lnx1Cx2x1Dx2x1參考答

2、案：C【考點】對數的運算性質【分析】分別設出兩個輔助函數f（x）=ex+lnx，g（x）=，由導數判斷其在（0，1）上的單調性，結合已知條件0 x1x21得答案【解答】解：令f（x）=exlnx，則f（x）=，當x趨近于0時，xex10，當x=1時，xex10，因此在（0，1）上必然存在f（x）=0，因此函數f（x）在（0，1）上先遞減后遞增，故A、B均錯誤；令g（x）=，當0 x1時，g（x）0g（x）在（0，1）上為減函數，0 x1x21，即選項C正確而D不正確故選：C3. 已知定義在R上的函數的導函數的大致圖象如圖所示，則下列結論一定正確的是 A. B. ks5u C. D. 參考答案：

3、C4. 拋物線上與焦點的距離等于6的點橫坐標是A1 B2 3 4 參考答案：C5. 不等式的解集是()Ax|x2 Bx|x2 Cx|0 x2 Dx|x0或x2參考答案：D略6. 對于任意實數a，b，c，d，以下四個命題中的真命題是（）A若ab，c0則acbcB若abo，cd則acbdC若ab，則D若ac2bc2則ab參考答案：D【考點】不等式的基本性質；命題的真假判斷與應用【分析】對于A，c0時，結論成立，c0時，結論不成立；對于B，cd0時，結論成立，0cd時，結論不成立；對于C，a=1，b=1，結論不成立；對于D，根據c20，若ac2bc2則ab，故可得結論【解答】解：對于A，c0時，結論

4、成立，c0時，結論不成立，故A為假命題；對于B，cd0時，結論成立，0cd時，結論不成立，故B為假命題；對于C，a=1，b=1，結論不成立，故C為假命題；對于D，c20，若ac2bc2則ab，故D為真命題；故選D【點評】本題以不等式為載體，考查命題的真假判斷，熟練掌握不等式的性質是關鍵7. 下列函數中，既是奇函數又是增函數的為（ ）A B C D參考答案：D8. 設函數，則（ ）A是的極大值 B是的極大值C是的極大值點 D是的極大值點參考答案：D略9. 已知，則二項式的二項式系數之和與各項系數之和的積為（ ）A. 0B. 1C. 1D. 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

5、的幾何意義，求得，進而得二項式系數之和，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之和為 ，令，可得展開式的各項之和為，所以二項式系數之和與各項系數之和的積為，故選B。【點睛】本題主要考查了定積分性質及運算，以及二項式系數之和與項的系數之和的求解及應用，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與項的系數之和是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于中檔試題。10. （x3+）10的展開式中的常數項是（ ） A B C D 參考答案：B略二、 填空題:本大題

6、共7小題,每小題4分,共28分11. 若復數其中是虛數單位，則復數的實部為 .參考答案：略12. 第二十屆世界石油大會將于2011年12月4日8日在卡塔爾首都多哈舉行，能源問題已經成為全球關注的焦點某工廠經過技術改造后，降低了能源消耗，經統計該廠某種產品的產量x (單位：噸)與相應的生產能耗y(單位：噸)有如下幾組樣本數據：x3456y2.5344.5根據相關性檢驗，這組樣本數據具有線性相關關系，通過線性回歸分析，求得回歸直線的斜率為0.7.已知該產品的年產量為10噸，則該工廠每年大約消耗的汽油為_噸參考答案：7.35略13. 設拋物線的焦點為,已知為拋物線上的兩個動點，且滿足,過弦的中點作拋

7、物線準線的垂線,垂足為,則的最大值為 .參考答案： 略14. 已知點A(-1，2)，B(5，-6)，以線段A B為直徑的圓的標準方程為 參考答案：15. 設i為虛數單位，復數z1=a3i，z2=1+2i，若z1+z2是純虛數，則實數a的值為 . 參考答案：-116. 如圖所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1底面A1B1C1，底面為直角三角形，ACB90，AC2，BC1，CC1，P是BC1上一動點，則A1PPC的最小值是_。參考答案：略17. 已知，且對任意都有： 給出以下三個結論：（1）； （2）； （3）其中正確結論為 參考答案：三、 解答題：本大題共5小題，共72分。解答應寫出文字說

8、明，證明過程或演算步驟18. 已知以點C（t，）（tR，t0）為圓心的圓過原點O（） 設直線3x+y4=0與圓C交于點M、N，若|OM|=|ON|，求圓C的方程；（） 在（）的條件下，設B（0，2），且P、Q分別是直線l：x+y+2=0和圓C上的動點，求|PQ|PB|的最大值及此時點P的坐標參考答案：【考點】直線與圓的位置關系【專題】綜合題；轉化思想；綜合法；直線與圓【分析】（）由OM=ON得原點O在MN的中垂線上，由圓的弦中點性質和直線垂直的條件列出方程，求出t的值和C的坐標，代入圓的標準方程化簡，再驗證直線與圓的位置關系；（）根據三邊關系判斷出取最大值的條件，由圓外一點與圓上一點距離最值問

9、題求出最大值，由點斜式方程求出BC的直線方程，以及此時點P的坐標【解答】解：（）OM=ON，所以，則原點O在MN的中垂線上設MN的中點為H，則CHMN，（1分）C、H、O三點共線，直線MN的方程是3x+y4=0，直線OC的斜率=，解得t=3或t=3，圓心為C（3，1）或C（3，1）（4分）圓C的方程為（x3）2+（y1）2=10或（x+3）2+（y+1）2=10由于當圓方程為（x+3）2+（y+1）2=10時，圓心到直線3x+y4=0的距離dr，此時不滿足直線與圓相交，故舍去，圓C的方程為（x3）2+（y1）2=10（6分）（） 在三角形PBQ中，兩邊之差小于第三邊，故|PQ|PB|BQ|又B

10、，C，Q三點共線時|BQ|最大（9分）所以，|PQ|PB|的最大值為，B（0，2），C（3，1），直線BC的方程為，直線BC與直線x+y+2=0的交點P的坐標為（6，4）（12分）【點評】本題考查了直線與圓的位置關系，直線垂直的條件，圓的性質，以及圓外一點與圓上一點距離最值問題等，考查轉化思想19. 設數列an的前n項和為Sn，且Sn=n2+2n（nN*）。（1）求數列an的通項公式；（2）設，求數列bn的前n項和為Tn。參考答案：（1）；（2）試題分析;(1)由前n項和與項的關系，可求得。（2）由（1），=所以由錯位相減法可求得,試題解析;（1）解:因為 當時，當n2時, =又因為也符合上式

11、，所以，n?（2）因為=所以得，所以 【點睛】當數列通項形式為，且數列是等差數列，數列是等比數列，則數列的前n項和，我們常采用錯位相減法。20. 在四棱錐PABCD中，PA平面ABCD，底面ABCD為直角梯形，CDA=BAD=90，AD=DC=，AB=PA=2，且E為線段PB上的一動點（1）若E為線段PB的中點，求證：CE平面PAD；（2）當直線CE與平面PAC所成角小于，求PE長度的取值范圍參考答案：【分析】（1）取PA的中點F，連結EF，DF，證明四邊形EFDC是平行四邊形得出CEDF，故而CE平面PAD；（2）證明BC平面PAC，可知PCE為CE與平面PAC所成的角，利用余弦定理得出BP

12、C，利用勾股定理得出PE的最大值即可得出PE的范圍【解答】證明：（1）取PA的中點F，連結EF，DF，則EFAB，EF=AB，又DCAB，DC=AB，EFCD，EF=DC，四邊形EFDC是平行四邊形，CEDF，又CE?平面PAD，DF?平面PAD，CE平面PAD解：（2）AD=CD=，ADCD，AC=2，又AB=2，BAC=45，BC=2，ACBC，又PA平面ABCD，BC?平面ABCD，PABC，又PAAC=A，BC平面PAC，過E作EMBC，則EM平面PAC，PCE為CE與平面PAC所成的角，即PCEPA=2，AC=2，PC=2，BC=2，PB=4，BPC=，當PCE=時，CEPB，此時P

13、E=3，當PCE時，PE321. 已知，是夾角為60的單位向量，且，。(1）求；(2）求與的夾角。參考答案：（1）（62；(2），同理得，所以，又，所以120。22. 已知函數f（x）=x33x29x+11（1）寫出函數f（x）的遞減區間；（2）求函數f（x）的極值；（3）當x2，4時，不等式f（x）c2恒成立，求c的取值范圍參考答案：【考點】6E：利用導數求閉區間上函數的最值；6B：利用導數研究函數的單調性【分析】（1）求出函數的導數，解關于導函數的不等式，求出函數的遞減區間即可；（2）根據函數的單調性求出函數的極大值和極小值即可；（3）求出函數f（x）在2，4的最大值，得到關于c的不等式，解出即可【解答】解：（1）f（x）=3x26x9=3（x3）（x+1），令f（x