河北省廊坊市高级实验中学2022年高二数学文联考试题含解析

河北省廊坊市高级实验中学2022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.命题“?x∈Z，使x2+2x+m＜0”的否定是（）A．?x∈Z，使x2+2x+m≥0 B．不存在x∈Z，使x2+2x+m≥0C．?x∈Z，使x2+2x+m＞0 D．?x∈Z，使x2+2x+m≥0参考答案：A【考点】命题的否定．【分析】利用特称命题的否定的是全称命题写出结果即可．【解答】解：因为特称命题的否定是全称命题，所以，命题“?x∈Z，使x2+2x+m＜0”的否定是?x∈Z，使x2+2x+m≥0．故选：A．2.设F1、F2是双曲线的两个焦点，点P在双曲线上，且∠F1PF2=90°，则△F1PF2的面积为（）A． B．2 C． D．1参考答案：D【考点】KC：双曲线的简单性质．【分析】根据双曲线的方程，算出焦点F1（﹣，0）、F2（，0）．利用勾股定理算出|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2=20，由双曲线的定义得||PF1|﹣|PF2||=2a=4，联解得出|PF1|?|PF2|=2，即可得到△F1PF2的面积．【解答】解：∵双曲线中，a=2，b=1∴c==，可得F1（﹣，0）、F2（，0）∵点P在双曲线上，且∠F1PF2=90°，∴|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2=20根据双曲线的定义，得||PF1|﹣|PF2||=2a=4∴两式联解，得|PF1|?|PF2|=2因此△F1PF2的面积S=|PF1|?|PF2|=1故选：D3.已知x、y满足约束条件，则z=2x+4y+5的最小值为(

)

A．-10

B．-15

C．-20

D．-25参考答案：A4.在等比数列{an}中，a2020=8a2017，则公比q的值为（）A．2 B．3 C．4 D．8参考答案：A【考点】等比数列的通项公式．【分析】设出等比数列的公比q，根据a2020=，a2017=，建立等式关系可求q的值．【解答】解：由题意，设等比数列的公比为q，根据a2020=，a2017=，且a2020=8a2017可得：q3=8，解得：q=2．故选A．5.（5分）已知数列{an}满足，若a1=，则a6的值为（）A．B．C．D．参考答案：C∵数列{an}满足，a1=，∴a2==，a3==，a4==∴a5=a2=，a6=a3=故选C．6.已知，则的值是（

）A．9

B．

C．

D．

参考答案：B略7.是lgx＞lgy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：B【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．【专题】探究型．【分析】由题设条件，可先研究成立时lgx＞lgy成立的与否，确定充分性，再由lgx＞lgy成立时研究是否成立确定必要性，从而选出正确选项【解答】解：时不能保证lgx＞lgy成立，因为当y=0时，lgy没有意义lgx＞lgy可得出，因为当lgx＞lgy时，可得出x＞y＞0，由不等式的性质可得出由上判断知，是lgx＞lgy的必要不充分条件故选B．【点评】本题考查必要条件与充分条件及充要条件的判断，对数不等式的解法，解题的关键是熟练掌握充分条件与必要条件的定义，理解对数函数的单调性解对数不等式的方法，本题的难点是探讨y=0这一特殊情况，研究问题时考虑全面，有着严谨的思维习惯是解这类题不失误的保证8.设随机变量X服从正态分布N（0，1），P(X>1)=p,则P(X>－1)=A、p

B、1－p

C、1－2p

D、2p参考答案：B略9.在平面直角坐标系中，分别为椭圆的左、右焦点，B，C分别为椭圆的上、下顶点，直线与椭圆的另一个交点为D，若，则直线CD的斜率为（

）A.

B.

C

D.参考答案：B略10.若为抛物线上一点，是抛物线的焦点，点的坐标，则当最小时，直线的方程为（

）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.斜率为1的直线与椭圆交于A、B两点，P为线段AB上的点，且.则P点的轨迹方程是____________________．参考答案：

提示：设动点为，则过

.

代入椭圆方程,

整理得：

(※)

若直线椭圆交于，，则是方程(※)的两个根,且

①

②

又∵，

. ∴.

将①、②代入并整理得：

（）12.抛物线的准线方程是

▲

.参考答案：13.在△ABC中，a2﹣c2+b2=ab，则角C=．参考答案：【考点】余弦定理．【分析】根据余弦定理，结合三角形的内角和，即可得到结论．【解答】解：∵a2﹣c2+b2=ab∴cosC==∵C∈（0，π）∴C=故答案为：．【点评】本题考查余弦定理的运用，考查学生的计算能力，属于基础题．14.将黑白2个小球随机放入编号为1，2，3的三个盒子中，则黑白两球均不在1号盒子的概率为

▲

．参考答案：黑白两个球随机放入编号为的三个盒子中，每个球都有三种放法，故共有种放法在，黑白两球均不在一号盒，都有两种放法，共有，所以黑白两球均不在一号盒的概率为，故答案为.

15.设随机变量，且，则事件“”的概率为_____（用数字作答）参考答案：【分析】根据二项分布求得，再利用二项分布概率公式求得结果.【详解】由可知：本题正确结果：【点睛】本题考查二项分布中方差公式、概率公式的应用，属于基础题.16.已知，，且，则的最大值是

．参考答案：17.F1，F2分别是双曲线C：（a＞0，b＞0）的左、右焦点，B是虚轴的端点，直线F1B与C的两条渐近线分别交于P，Q两点，线段PQ的垂直平分线与x轴交于点M，若，则C的离心率是

．参考答案：直线的方程为，由得：；由得：，的中点为.据题意得，所以.

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.已知椭圆的左、右焦点分别为,离心率为.(Ⅰ)求椭圆的方程;

(Ⅱ)设直线与椭圆交于两点.若原点在以线段为直径的圆内,求实数的取值范围.参考答案：19.（本小题满分14分）已知函数，其中．（Ⅰ）当时，求曲线在点处的切线方程；（Ⅱ）当时，求函数的单调区间与极值．参考答案：（Ⅰ）解：当时，，，又，．所以，曲线在点处的切线方程为，即．（Ⅱ）解：．由于，以下分两种情况讨论．（1）当时，令，得到，．当变化时，的变化情况如下表：00极小值极大值所以在区间，内为减函数，在区间内为增函数．函数在处取得极小值，且，网函数在处取得极大值，且．（2）当时，令，得到，当变化时，的变化情况如下表：00极大值极小值所以在区间，内为增函数，在区间内为减函数．函数在处取得极大值，且．函数在处取得极小值，且．略20.按右图所示的程序框图操作：(1)写出输出的数所组成的数集．若将输出的数按照输出的顺序从前往后依次排列，则得到数列{an}，请写出数列{an}的通项公式；(2)如何变更A框内的赋值语句，使得根据这个程序框图所输出的数恰好是数列{2n}的前7项？(3)如何变更B框内的赋值语句，使得根据这个程序框图所输出的数恰好是数列{3n－2}的前7项？

参考答案：略21.(本题满分10分)若实数、、满足，则称比接近.（1）若比3接近0，求的取值范围；（2）对任意两个不相等的正数、，求证：比接近。参考答案：(本题满分10分)解：(1)∵比3接近0

∴

解得

∴的取值范围为(-2,2)；

(2)对任意两个不相等的正数a、b，有，，

因为，

所以，即a2b+ab2比a3+b3接近略22.如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，AB⊥B1C．（Ⅰ）证明：AC=AB1；（Ⅱ）若AC⊥AB1，∠CBB1=60°，AB=BC，求二面角A﹣A1B1﹣C1的余弦值．参考答案：【考点】用空间向量求平面间的夹角；空间向量的夹角与距离求解公式．【专题】空间向量及应用．【分析】（1）连结BC1，交B1C于点O，连结AO，可证B1C⊥平面ABO，可得B1C⊥AO，B10=CO，进而可得AC=AB1；（2）以O为坐标原点，的方向为x轴的正方向，||为单位长度，的方向为y轴的正方向，的方向为z轴的正方向建立空间直角坐标系，分别可得两平面的法向量，可得所求余弦值．【解答】解：（1）连结BC1，交B1C于点O，连结AO，∵侧面BB1C1C为菱形，∴BC1⊥B1C，且O为BC1和B1C的中点，又∵AB⊥B1C，∴B1C⊥平面ABO，∵AO?平面ABO，∴B1C⊥AO，又B10=CO，∴AC=AB1，（2）∵AC⊥AB1，且O为B1C的中点，∴AO=CO，又∵AB=BC，∴△BOA≌△BOC，∴OA⊥OB，∴OA，OB，OB1两两垂直，以O为坐标原点，的方向为x轴的正方向，||为单位长度，的方向为y轴的正方向，的方向为z轴的正方向建立空间直角坐标系，∵∠CBB1=60°，∴△