山东省济宁市罗屯中学2021年高二数学文联考试题含解析

山东省济宁市罗屯中学2021年高二数学文联考试题含解析一、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.极坐标方程ρ2cos2θ=1所表示的曲线是()A．圆 B.两条相交直线

C.椭圆

D.双曲线参考答案：D2.在下列条件下，可判断平面α与平面β平行的是（

）A.α、β都垂直于平面γ B.α内不共线的三个点到β的距离相等C.L,m是α内两条直线且L∥β,m∥β D.L,m是异面直线,且L∥α,m∥α,L∥β,m∥β参考答案：D略3.一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积是A．

B．

1

C．

D．参考答案：A略4.命题：“若a2+b2=0（a，b∈R），则a=b=0”的逆否命题是（）

A.若a≠b≠0（a，b∈R），则a2+b2≠0

B.若a=b≠0（a，b∈R），则a2+b2≠0

C.若a≠0且b≠0（a，b∈R），则a2+b2≠0

D.若a≠0或b≠0（a，b∈R），则a2+b2≠0参考答案：D试题分析:根据逆否命题的定义，直接作答即可，注意常见逻辑连接词的否定形式．解：“且”的否定为“或”，因此其逆否命题为“若a≠0或b≠0，则a2+b2≠0”；故选D．

5.“”是“”的（

）A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件参考答案：A【分析】判断充分条件还是必要条件，就看由题设能否推出结论，和结论能否推出题设，本着这个原则，显然能推出，但是不一定能推出，有可能，所以可以判断“”是“”的充分不必要条件.【详解】因为由，由推不出，有可能，所以“”是“”的充分不必要条件，故本题选A.【点睛】本题考查了充分条件和必要条件的判定，解题的关键是理解掌握它们定义，对于本题正确求解不等式也很关键.6.已知，则在方向上的投影是（）A．1 B．﹣1 C． D．参考答案：B【考点】向量的投影．【分析】由题意及相关的公式知可以先求出两向量的内积再求出，求出的模，再由公式求出投影即可【解答】解：由题意，∵∴在方向上的投影是==﹣1故选B7.设双曲线，离心率，右焦点．方程的两个实数根分别为，则点与圆的位置关系(

)A．在圆外 B．在圆上 C．在圆内 D．不确定参考答案：C曲线，离心率，右焦点F（c，0），

可得c=a=b，

方程ax2-bx-c=0

的两个实数根分别为x1，x2，

可得，

则x12+x22=（x1+x2）2-2x1x2=1+2＜8，

则P（x1，x2）与圆x2+y2=8的位置关系为P在圆内．

故选：C．

8.若点在直线上，则（A）

（B）

（C）

（D）参考答案：C9.一个盒子里有5只好晶体管，3只坏晶体管，任取两次，每次取一只，每次取后不放回，则若已知第一只好的，则第二只也是好的的概率为（）A、B、C、D、参考答案：D10.等比数列前项和为54，前项和为60，则前项和为（

）A． B． C． D．参考答案：D二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.在中，若，则角的值为参考答案：略12.阿基米德(公元前287年—公元前212年)不仅是著名的物理学家，也是著名的数学家，他最早利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.若椭圆C的对称轴为坐标轴，焦点在y轴上，且椭圆C的离心率为，面积为20π，则椭圆C的标准方程为______.参考答案：【分析】设椭圆的标准方程为，利用椭圆的面积为以及离心率的值，求出、的值，从而可得出椭圆的标准方程。【详解】依题意设椭圆C的方程为，则椭圆C的面积为，又，解得，.则椭圆C的标准方程为，故答案为：。13.已知双曲线的方程为，则此双曲线的实轴长为

．参考答案：6【考点】双曲线的标准方程．【分析】双曲线方程中，由a2=9，求出a，即可能求出双曲线的实轴长．【解答】解：双曲线方程中，∵a2=9，∴a=3∴双曲线的实轴长2a=2×3=6．故答案为6．14.函数在上的最大值为，最小值为，则

.参考答案：20

15.设二次函数f（x）=ax2+bx+c（a≠0）的导数为f'（x），f'（0）＞0，若?x∈R，恒有f（x）≥0，则的最小值是．参考答案：2【考点】导数在最大值、最小值问题中的应用．【分析】先根据题目的条件建立关于a、b、c的关系式，再结合基本不等式求出最小即可，注意等号成立的条件．【解答】解：∵f（x）=ax2+bx+c∴f′（x）=2ax+b，f′（0）=b＞0∵对任意实数x都有f（x）≥0∴a＞0，c＞0，b2﹣4ac≤0即≥1则==1+，而（）2=≥≥1，∴==1+≥2，故答案为：2．16.已知=(1，2，)，=(－1，，0)，则·+||=．参考答案：1+2

【考点】空间向量的数量积运算．【分析】根据所给的两个向量的坐标，写出两个向量的数量积的坐标表示形式，得到数量积，求出向量的模长，两个式子相加得到结果．【解答】解：∵，∴=﹣1+2，||==2，∴=1+2故答案为：1+217.参考答案：-2或1三、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.（本小题满分10分）已知圆，Δ内接于此圆，A点的坐标(3,4)，为坐标原点．

（Ⅰ）若Δ的重心是,求直线的方程；

（Ⅱ）若直线AB与直线AC的倾斜角互补，求证：直线BC的斜率为定值．参考答案：（本小题满分10分）已知圆，Δ内接于此圆，A点的坐标(3,4)，为坐标原点．

（Ⅰ）若Δ的重心是,求直线的方程；

（Ⅱ）若直线与直线的倾斜角互补，求证：直线的斜率为定值．解：设

由题意可得：

即……2分

又

相减得：∴

…………3分∴直线的方程为，即．…………5分

（2）设：，代入圆的方程整理得：∵是上述方程的两根∴

………8分同理可得：

………10分∴．

略19.设数列满足：求数列的通项公式.

参考答案：解析：

又,

略20.已知函数．(1)若曲线在x=l和x=3处的切线互相平行，求a的值及函数的单调区间；(2)设，若对任意，均存在，使得，求实数a的取值范围．参考答案：解：（1），由得，

3分所以：单调递增区间为，，单调递减区间为.

6分（2）若要命题成立，只须当时，.由可知，当时,所以只须.

8分对来说，，①当时，

9分当时，显然，满足题意，

10分当时，令，，所以递减，所以，满足题意，所以满足题意；

11分②当时，在上单调递增，所以得，

13分综上所述，.

14分考点：导数的几何意义，应用导数研究函数的单调性、最值.

略21.已知二次函数f（x）的二次项数为a，且不等式f（x）＞﹣x的解集为（1，2）．（1）若函数y=f（x）+2a有且只有一个零点，求f（x）的解析式；（2）若对?x∈[0，3]，都有f（x）≥﹣4，求a的取值范围；（3）解关于x的不等式f（x）≥0．参考答案：【考点】二次函数的性质．【专题】分类讨论；分析法；函数的性质及应用；不等式的解法及应用．【分析】（1）设二次函数f（x）=ax2+bx+c，由题意可得1，2为方程ax2+（b+1）x+c=0的解，运用韦达定理，可得b=3a﹣1，c=2a，a＜0，再由零点的求法，即可得到a的值，进而得到函数的解析式；（2）由题意可得a≥在[0，3]的最大值，由g（x）=的导数，即可判断单调性，求得最大值，进而得到a的范围；（3）运用判别式，判断大于0恒成立，求得方程的两根，判断大小，运用二次不等式的解法即可得到所求解集．【解答】解：（1）设二次函数f（x）=ax2+bx+c，不等式f（x）＞﹣x的解集为（1，2），即有1，2为方程ax2+（b+1）x+c=0的解，即1+2=﹣，1×2=，可得b=3a﹣1，c=2a，a＜0，即有函数y=f（x）+2a=ax2+（3a﹣1）x+4a，由函数y=f（x）+2a有且只有一个零点，可得判别式为0，即（3a﹣1）2﹣16a2=0，解得a=﹣1或（舍去），即有f（x）=﹣x2﹣4x﹣2；（2）对?x∈[0，3]，都有f（x）≥﹣4，即为ax2+（3a﹣1）x+2a+4≥0，即有a≥在[0，3]的最大值，由g（x）=的导数为g′（x）=，由于﹣x2+8x+14＞0在[0，3]上恒成立，即有g′（x）＞0，g（x）递增，可得g（3）取得最大值，且为﹣，则﹣≤a＜0；（3）f（x）≥0，即为ax2+（3a﹣1）x+2a≥0，（a＜0），判别式△=（3a﹣1）2﹣8a2=a2﹣6a+1＞0恒成立，由方程ax2+（3a﹣1）x+2a=0的两根为x1=，x2=，a＜0，可得x1＞x2，则不等式f（x）≥0的解集为[，]．【点评】本题考查二次函数和二次不等式及二次方程的关系，考查函数的零点的问题的解法，同时考查不等式恒成立问题的解法，注意运用参数分离和单调性求得最值，考查含参不等式的解法，属于中档题．22.已知等比数列{an}中每一项都是正数，如果a2=4，a1?a5=64（1）求数列{an}的通项公式an（2）若数列{n?an}的前n的和Sn．参考答案：【考点】数列的求和；数列递推式．【分析】（1）利用等比数列的性质可求得a3=8，又a2=4，从而可求得公比q=2，于是可求得数列{an}的通项公式；（2）由（1）知an=2n，数列{n?an}的前n的和Sn=2+2?22+3?23+…+