四川省成都市邛崃高埂中学2022-2023学年高二数学理测试题含解析

1、四川省成都市邛崃高埂中学2022-2023学年高二数学理测试题含解析一、 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. 在5件产品中，有3件一等品和2件二等品，从中任取2件，那么以为概率的事件是（）A都不是一等品 B恰有一件一等品C至多一件一等品 D至少有一件一等品参考答案：C2. 边长分别为1，2的三角形的最大角与最小角的和是（）A90B120C135D150参考答案：C【考点】余弦定理【分析】解法一：由条件利用余弦定理求得cos、cos的值，可得sin、sin的值，再利用两角和余弦公式求得cos（+）=coscossinsin 的值

2、，可得最大角与最小角的和解法二：由题意可得，边长为的边对的角不是最大角、也不是最小角，设此角为，则由余弦定理可得cos 的值，则180即为所求【解答】解：解法一：由题意可得，边长为1的边对的角最小为，边长2对的角最大为，由余弦定理可得cos=，cos=，sin=，sin=，cos（+）=coscossinsin=，+=135，故选：C解法二：由题意可得，边长为的边对的角不是最大角、也不是最小角，设此角为，则由余弦定理可得cos=，=45，故三角形的最大角与最小角的和是18045=135，故选：C3. 若a，bR，且ab0，则下列不等式中，恒成立的是（）Aa2+b22abBCD参考答案：D【考点

3、】基本不等式【专题】综合题【分析】利用基本不等式需注意：各数必须是正数不等式a2+b22ab的使用条件是a，bR【解答】解：对于A；a2+b22ab所以A错对于B，C，虽然ab0，只能说明a，b同号，若a，b都小于0时，所以B，C错ab0故选：D【点评】本题考查利用基本不等式求函数的最值时，必须注意满足的条件：已知、二定、三相等4. 若方程有实数根，则所有实数根的和可能为 参考答案：D略5. 若0 a a、0 b b且a+ a= b+ b=1，则下列代数式中值最大的是 ( )A. ab+ ab B. aa+bb C. ab+ ab D.参考答案：A略6. 已知ab0，那么是的()A充分不必要条

4、件 B必要不充分条件C充要条件 D既不充分又不必要条件参考答案：A7. 过双曲线的右焦点且与右支有两个交点的直线，其倾斜角范围是 A. B. C. D.参考答案：B略8. 过点P（1，2）的动直线交圆C：x2+y2=3于A，B两点，分别过A，B作圆C的切线，若两切线相交于点Q，则点Q的轨迹为（）A直线的一部分B圆的一部分C椭圆的一部分D抛物线的一部分参考答案：A【考点】直线与圆的位置关系【分析】根据圆的对称性可得，Q点是经过C点垂直于AB的直线与过A点切线的交点由此设A（m，n），Q（x，y），根据圆的切线的性质与直线斜率公式，分别求出直线AQ、CQ方程，两个方程消去m、n得关于x、y的一次方

5、程，即为点Q轨迹所在直线方程，再根据图形可得直线与圆C相交而Q不可能在圆上或圆内，可得Q轨迹是直线的一部分【解答】解：设A（m，n），Q（x，y），根据圆的对称性可得，Q点是经过C点垂直于AB的直线与A点切线的交点，圆x2+y2=3的圆心为C（0，0）切线AQ的斜率为k1=，得AQ方程为yn=（xm），化简得y=x+又直线PA的斜率kPA=，直线CQ的斜率k2=，得直线CQ方程为y=x联立，消去m、n得x2y+3=0，即为点Q轨迹所在直线方程由于直线x2y+3=0与圆C：x2+y2=3相交，直线位于圆上或圆内的点除外故选：A9. 若椭圆的离心率为，则k的值为()A21B21C或21D. 或21

6、参考答案：C10. 圆柱的侧面展开图是边长为4的正方形，则圆柱的表面积是 （ ）A. B. C. D.参考答案：B略二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 的展开式中，常数项为（用数字作答）参考答案：672略12. 不等式|x8|x4|2的解集为 参考答案：x|x513. 过点（1，2）且倾斜角为450的直线方程是_参考答案：x-y+3=0略14. 从6双不同的手套中任取4只，恰有一双配对的概率为 。参考答案：15. 从1，2，3，4这四个数中一次随机取两个数，则其中一个数是另一个的两倍的概率为_参考答案：3略16. 不等式组，表示的平面区域的面积是 .参考答案：17. 已知

7、，数列的前项和为,则的为_.参考答案：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. 已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AB=2，AA1=4（）求证：BDA1C；（）求二面角AA1CD1的余弦值；（）在线段CC1上是否存在点P，使得平面A1CD1平面PBD，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由参考答案：【考点】与二面角有关的立体几何综合题；直线与平面平行的性质；直线与平面垂直的性质【分析】（）由已知条件推导出BDAA1，BDAC，从而得到BD平面A1AC，由此能证明BDA1C（） 以D为原点建立空间直角坐标系Dxyz，利用向量法能求出二面角AA1C

8、D1的余弦值（）设P（x2，y2，z2）为线段CC1上一点，且=，01利用向量法能求出当=时，平面A1CD1平面PBD【解答】（本小题满分14分）（）证明：ABCDA1B1C1D1为正四棱柱，AA1平面ABCD，且ABCD为正方形BD?平面ABCD，BDAA1，BDACAA1AC=A，BD平面A1ACA1C?平面A1AC，BDA1C（）解：如图，以D为原点建立空间直角坐标系Dxyz则D（0，0，0），A（2，0，0），C（0，2，0），A1（2，0，4），B1（2，2，4），C1（0，2，4），D1（0，0，4），=（2，0，0），=（0，2，4）设平面A1D1C的法向量=（x1，y1，z1）

9、即，令z1=1，则y1=2=（0，2，1）由（）知平面AA1C的法向量为=（2，2，0）cos=二面角AA1CD1为钝二面角，二面角AA1CD1的余弦值为（）解：设P（x2，y2，z2）为线段CC1上一点，且=，01=（x2，y22，z2），=（x2，2y2，4z2）（x2，y22，z2）=（x2，2y2，4z2）即P（0，2，）设平面PBD的法向量，即令y3=1，得=（1，1，）若平面A1CD1平面PBD，则=0即2=0，解得所以当=时，平面A1CD1平面PBD19. （本小题满分12分）有4个不同的小球，4个不同的盒子，现要把球全部放进盒子内(1) 恰有1个盒子不放球，共有多少种方法？(2

10、) 恰有2个盒子不放球，共有多少种方法？Ks5u参考答案：解：(1)确定1个空盒有C种方法；选2个球放在一起有C种方法把放在一起的2个小球看成“一个”整体，则意味着将3个球分别放入3个盒子内，有A种方法故共有CCA144种方法 .6分(2)确定2个空盒有C种方法.4个球放进2个盒子可分成(3,1)，(2,2)两类，第一类有序不均匀分组有CCA种方法，.8分第二类有序均匀分组有A种方法 .10分 故共有C(CCAA)84种方法 12分略20. 如图,椭圆的左焦点为,右焦点为,离心率.过的直线交椭圆于、两点，点在轴上方，且的周长为8.（1）求椭圆的方程； （2）当、成等比数列时，求直线的方程；（3

11、）设动直线与椭圆有且只有一个公共点,且与直线相交于点.试探究:在坐标平面内是否存在定点,使得以为直径的圆恒过点?若存在,求出点的坐标；若不存在,说明理由.参考答案：解：（1）因为,即 而,所以,而 所求椭圆方程为 （2）、成等比数列，又，是等边三角形直线的倾斜角为，直线的方程为(3)由 ,由 设存在,则由可得 ,由于对任意恒成立,所以联立解得. 故存在定点,符合题意. 略21. 等比数列an的前n 项和为Sn，已知S1，S2，S3成等差数列，且a1a3=3（1）求an的公比q及通项公式an；（2）bn=，求数列bn的前n项和Tn参考答案：【考点】数列的求和；等比数列的通项公式【专题】等差数列与等比数列【分析】（1）依题意有，从而q=，a1=4由此能求出（2）bn=，由此利用错位相减法能求出数列bn的前n项和Tn【解答】解：（1）依题意有，a10，2q2+q=0，q0，q=，解得a1=4（2）bn=，+n（2）n1，2Tn= 1（2）+2（2）2+3（2）3+n（2）n，两式相减，得：3Tn= 1+（2）+（2）2+（2）n1n（2）n= ，=【点评】本题考查an的公比q及通项公式an的求法，考查数列bn的前n项和Tn的求法，