2022-2023学年云南省昆明市机集团公司中学高二数学文联考试卷含解析

1、2022-2023学年云南省昆明市机集团公司中学高二数学文联考试卷含解析一、 选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 22列联表中a，b的值分别为（）Y1Y2总计X1a2173X222527总计b46A94，96B52，50C52，54D54，52参考答案：C【考点】独立性检验的基本思想【专题】计算题【分析】根据所给的列联表，根据表中最后一列和最后一行是由本行和本列两个数据之和，列出关于ab的方程，解方程即可【解答】解：根据所给的列连表可以得到a+21=73，a=7321=52b+46=73+27b=54综上可知a=52，b=54

2、故选C【点评】本题考查独立性检验的思想，本题解题的关键是理解列联表中a，b，c，d四个数据的位置，本题是一个基础题2. 已知ABC的三内角A，B，C成等差数列，则 = ( )A B C D参考答案：C略3. 已知函数在区间上是减函数，则实数的取值范围是（ ）A B C. D参考答案：A由题得在区间上恒成立，所以，设故选A.4. “”是“”的 ( ) A充分非必要条件 B必要非充分条件 C充要条件 D非充分非必要条件参考答案：A略5. 抛物线的焦点坐标是( ) .A. B. C. D. 参考答案：C略6. 在RtABC中，C90，AC4，则等于()A16 B8C8 D16参考答案：D7. 将5名

3、世博会志愿者全部分配给4个不同的地方服务，不同的分配方案有（ ）A. 8B. 15C. 512D. 1024参考答案：D【分析】每名志愿者有4种选择，利用分步乘法计数原理可得出分配方案的种数.【详解】由题意可知，每名志愿者有4种选择，将5名世博会志愿者全部分配给4个不同的地方服务，不同的分配方案种数为种.故选：D.【点睛】本题考查分步乘法计数原理的应用，考查计算能力，属于基础题.8. 已知P:|2x3|1, Q:x(x3)0, 则P是Q的（ ） A.充分不必要条件； B.必要不充分条件 ； C.充要条件 ； D.既不充分也不必要条件参考答案：A9. 已 知，分别是双曲线的左、右焦点,过的直线与

4、双曲线的左、右两支分别交于、两点.若是等边三角形,则该双曲线的离心率为（ ）A2BCD参考答案：B略10. 在极坐标系中，圆心为（2，），半径为1的圆的极坐标方程是（）A=8sin（）B=8cos（）C24cos（）+3=0D24sin（）+3=0参考答案：C【考点】简单曲线的极坐标方程【分析】由题意先求出圆心的平面直角坐标方程，先求圆的直角坐标方程，最后转化为圆的极坐标方程【解答】解：由题意可知，圆心（2，）的直角坐标为（，），半径为1得其直角坐标方程为（x）2+（y）2=1，即x2+y22x2y+3=0，所以所求圆的极坐标方程是：24cos（）+3=0故选：C二、 填空题:本大题共7小题,

5、每小题4分,共28分11. 如图,椭圆中心在坐标原点,F为左焦点,当时,其离心率为,此类椭圆被称为“黄金椭圆”.类比“黄金椭圆”,可推算出”黄金双曲线”的离心率e等于 参考答案：12. 用“秦九韶算法”计算多项式，当x=2时的值的过程中，要经过 次乘法运算和 次加法运算。参考答案：5,513. 数列an的首项a1=2，an=2an13（n2），则a7=参考答案：61【考点】8H：数列递推式【分析】递推式两边同时减3，可得an3是等比数列，从而得出a7的值【解答】解：an=2an13，an3=2（an13），an3是以1为首项以2为公比的等比数列，a73=26=64，a7=61故答案为：6114

6、. 学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型.如图，该模型为长方体ABCDA1B1C1D1挖去四棱锥O-EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，3D打印所用原料密度为，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为_g.参考答案：1188【分析】根据题意可知模型的体积为四棱锥体积与四棱锥体积之差进而求得模型的体积，再求出模型的质量.【详解】由题意得， ，四棱锥O?EFG的高3cm， 又长方体的体积为，所以该模型体积为，其质量为【点睛】本题考查几何体的体积问题，理解题中信息联系几何体的体积和质量关系，从而利用公式求解15. 已知随机变量X服从二项分布，若，

7、则p=_.参考答案：【分析】根据二项分布的期望和方差公式得出关于和的方程组，即可解出的值.【详解】由二项分布的期望和方差公式得，解得.故答案为：.【点睛】本题考查根据二项分布的期望和方差求参数，考查公式的应用，考查运算求解能力，属于基础题.16. 总体由编号为的个个体组成，利用截取的随机数表（如下图）选取6个个体，选取方法是从所给的随机数表第1行的第5列和第6列数字开始由左到右依次选取两个数字，则选出来的第6个个体的编号为 _.参考答案：【分析】根据随机数表的规则，依次读取在编号内的号码，取出第6个编号即为所求，重复的只算一次.【详解】解：由随机数表第行的第列和第列数字组合成的两位数为65，从

8、65开始由左到右依次选取两个数字，将在内的编号依次取出，重复的只算一次，即依次选取个体的编号为，因此第个个体的编号为.【点睛】本题考查了利用随机数表进行抽样的问题，读懂抽样规则是解题的关键.17. 计算定积分（x2+sinx）dx=参考答案：【考点】定积分【分析】求出被积函数的原函数，再计算定积分的值【解答】解：由题意，定积分=故答案为：三、 解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18. 已知函数.（1）求函数的极值;（2）当时，证明：;（3）设函数的图象与直线的两个交点分别为，的中点的横坐标为，证明：.参考答案：（1）取得极大值，没有极小值（2）见解析（3）

9、见解析【分析】（1）利用导数求得函数的单调性，再根据极值的定义，即可求解函数的极值；（2）由，整理得整理得，设，利用导数求得函数的单调性与最值，即可求解（3）不妨设，由（1）和由（2），得，利用单调性，即可作出证明【详解】（1）由题意，函数，则，当时，函数单调递增，当时，函数单调递减，所以当时，取得极大值，没有极小值;（2）由得整理得，设，则，所以在上单调递增，所以，即，从而有（3）证明：不妨设，由（1）知，则，由（2）知，由在上单调递减，所以，即，则，所以.【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及不等式的证明，着重考查了转化与化归思想、分类讨论、及逻辑推理能力与计算能力，对于恒成立问

10、题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题19. （本小题满分12分）已知函数的图象过点P（0，2），且在点M（1，）处的切线方程。（1）求函数的解析式； （2）求函数与的图像有三个交点，求的取值范围。参考答案：（1）;（2）（1）由的图象经过点P（0，2），知。 所以，则 由在处的切线方程是知，即。所以即解得。 故所求的解析式是。 （2）因为函数与 的图像有三个交点 所以有三个根 即有三个根 令，则的图像与图像有三个交点。 接下来求的极大值与极小值（表略）。 的极大值为

11、的极小值为 因此20. (本小题满分12分)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ACB = 90. AC = BC = a， D、E分别为棱AB、BC的中点， M为棱AA1-上的点，二面角MDEA为30. （1）求MA的长； （2）求点C到平面MDE的距离。参考答案：解析： （1） 过点A作CE的平行线，交ED的延长线于F，连结MF. D、E分别为AB、BC的中点， DEAC. 又AFCE，CEAC，AFDE. MA平面ABC. AF为MF在平面ABC内的射影，MFDE，MFA为二面角MDEA的平面角，MFA = 30.在RtMAF中，MFA = 30，.6分 （2） 设C到平面MDE的距离

12、为h. ， ，8分 又， ， ，即C到平面MDE的距离为.12分21. 现有四个正四棱柱形容器，1号容器的底面边长是a，高是b；2号容器的底面边长是b，高是a；3号容器的底面边长是a，高是a；4号容器的底面边长是b，高是b.假设，问是否存在一种必胜的4选2的方案（与a，b的大小无关），使选中的两个容器的容积之和大于余下的两个容器的容积之和？无论是否存在必胜的方案，都要说明理由.参考答案：存在，选择3号和4号容器.【分析】分别计算出四个容器的体积，可求得，从而得到必胜方案，即选择3号和4号容器.【详解】1号容器体积为：；2号容器体积为：；3号容器体积为：；4号容器体积为：存在必胜方案，即选择3号和4号容器【点睛】本题考查与棱柱体积有关的计算问题，关键是能够进行因式分解得到恒大于零的式子，从而得到所求方案.22. 一个多面体的直观图、正视图、侧视图、俯视图如图所示，M、N分别为A1B、B1C1的中点.(1)求证：MN/平面ACC1A1；(2)求证：MN平面A1BC.参考答案：证明：由意可得：这个几何体是直三棱柱，且ACBC，AC=BC=CC1 （1）由直三棱柱的性质可得：AA1A1B1四边形ABCD为矩形，则M为AB1的中点，N为B