2022年浙江省温州市黄坦中学高二数学文联考试卷含解析

2022年浙江省温州市黄坦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.已知命题p：?x＞0，x3＞0，那么￢p是（）A．?x＞0，x3≤0 B．C．?x＜0，x3≤0 D．参考答案：D【考点】命题的否定．【分析】利用全称命题的否定是特称命题，写出结果即可．【解答】解：因为全称命题的否定是特称命题，所以，命题p：?x＞0，x3＞0，那么￢p是．故选：D．【点评】本题考查命题的否定，特称命题与全称命题的否定关系，是基础题．2.下列说法中正确的有（

）A．一组数据的平均数一定大于这组数据中的每个数据B．一组数据不可能有两个众数C．一组数据的中位数一定是这组数据中的某个数据D．一组数据的方差越大，说明这组数据的波动越大参考答案：D一组数据的平均数介于这组数据中的最大数据与最小数据之间，所以A错；众数是一组数据中出现最多的数据，所以可以不止一个，B错；若一组数据的个数有偶数个，则其中中位数是中间两个数的平均值，所以不一定是这组数据中的某个数据，C错；一组数据的方差越大，说明这组数据的波动越大，D对．3.等比数列{an}的前n项和为Sn，已知a2a5=2a3，且a4与2a7的等差中项为，则S5=（）A．29 B．31 C．33 D．36参考答案：B【考点】等比数列的前n项和．【分析】利用a2?a3=2a1，且a4与2a7的等差中项为，求出数列的首项与公比，再利用等比数列的求和公式，即可得出结论．【解答】解：∵数列{an}是等比数列，a2?a3=2a1=a1q?=a1?a4，∴a4=2．∵a4与2a7的等差中项为，∴a4+2a7=，故有a7=．∴q3==，∴q=，∴a1==16．∴S5==31．故选：B．【点评】本题主要考查等差数列的定义和性质，等比数列的通项公式，等比数列的前n项和公式，属于中档题．4.已知集合,,则（）A.

B.

C.

D.参考答案：C5.曲线与直线与直线所围成的封闭图形的面积为（

）A．

B．

C．

D．参考答案：D联立曲线与两条直线的方程组成的方程组可得三个交点分别为，结合图形可得封闭图形的面积为，应选答案D。

6.已知双曲线E的中心为原点，P（3，0）是E的焦点，过P的直线l与E相交于A，B两点，且AB的中点为N（﹣12，﹣15），则E的方程式为（）A． B． C． D．参考答案：B【考点】双曲线的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题．【专题】计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程．【分析】已知条件易得直线l的斜率为1，设双曲线方程，及A，B点坐标代入方程联立相减得x1+x2=﹣24，根据=，可求得a和b的关系，再根据c=3，求得a和b，进而可得答案．【解答】解：由已知条件易得直线l的斜率为k=kPN=1，设双曲线方程为，A（x1，y1），B（x2，y2），则有，两式相减并结合x1+x2=﹣24，y1+y2=﹣30得=，从而==1即4b2=5a2，又a2+b2=9，解得a2=4，b2=5，故选B．【点评】本题主要考查了双曲线的标准方程．考查了学生综合分析问题和解决问题的能力．7.设a，b∈R，ab≠0，那么直线ax－y＋b＝0和曲线bx2＋ay2＝ab的图形是(

)

A

B

C

D参考答案：B8.已知点P是抛物线上的动点，点P在y轴上的射影是M，点A的坐标是，则的最小值是A.

B.4

C.

D.5参考答案：C略9.将函数的图像向右平移个单位，再将图像上每一点的横坐标缩短到原来的倍，所得图像关于直线对称，则的最小正值为（

）A.；

B.；

C.；

D.参考答案：B略10.已知点P（m，n）在椭圆上，则直线mx+ny+1=0与椭圆的位置关系为（）A．相交 B．相切 C．相离 D．相交或相切参考答案：D考点：椭圆的简单性质．专题：圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：由点P在椭圆上得到m，n的关系，把n用含有m的代数式表示，代入圆心到直线的距离中得到圆心到直线的距离小于等于圆的半径，则答案可求．解答：解：∵P（m，n）在椭圆+=1上，∴，，圆x2+y2=的圆心O（0，0）到直线mx+ny+1=0的距离：d==，∴直线mx+ny+1=0与椭圆x2+y2=的位置关系为相交或相切．故选：D．点评：本题考查了椭圆的简单性质，考查了直线和圆的位置关系，是基础题．二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.如图,在长方体中，，点D在平面上的射影为H，则的面积是

．参考答案：

12.已知椭圆的离心率为，左，右焦点分别为，点G在椭圆上，，且的面积为3，则椭圆的方程为___________.参考答案：13.以抛物线y2=4x的焦点为顶点，顶点为中心，离心率为2的双曲线的渐近线方程为

．参考答案：y=x

【考点】抛物线的简单性质；双曲线的简单性质．【分析】求出抛物线的焦点坐标，得到双曲线的实半轴的长，利用离心率求解c，得到b，即可得到双曲线的渐近线方程．【解答】解：抛物线y2=4x的焦点（1，0），可得a=1，离心率为2的双曲线，可得c=2，则b=，双曲线的焦点坐标在x轴上，可得：双曲线的渐近线方程为：y=x．故答案为：y=x．14.设当x=θ时，函数f（x）=2sinx﹣cosx取得最大值，则sinθ=

．参考答案：【考点】H2：正弦函数的图象．【分析】利用辅助角公式基本公式将函数化为y=Asin（ωx+φ）的形式，根据当x=θ时f（x）取得最大值，建立关系．利用和与差公式或者诱导公式即可得解．【解答】解：函数f（x）=2sinx﹣cosx化简可得：，（其中是锐角），由题意：sin（x﹣θ0）=1．法一：sinθ=sin[（θ﹣θ0）+θ0]=sin（θ﹣θ0）cosθ0+cos（θ﹣θ0）sinθ0=．法二：∵sin（x﹣θ0）=1．∴，=．故答案为：．15.已知非零向量与满足()·=0且=，则△ABC的形状为___________．参考答案：等边三角形16.已知椭圆上一点P到左焦点的距离为，则它到右准线的距离为．参考答案：3【考点】椭圆的简单性质．【分析】先由椭圆的第一定义求出点P到右焦点的距离，再用第二定义求出点P到右准线的距离d．【解答】解：由椭圆的第一定义得点P到右焦点的距离等于4﹣=，离心率e=，再由椭圆的第二定义得=e=，∴点P到右准线的距离d=3，故答案为：3．17.在直角坐标系中，以原点为极点，x轴的正半轴为极轴建极坐标系，两种坐标系取相同的单位长度．已知曲线C：psin2θ=2acosθ（a＞0），过点P（﹣2，﹣4）的直线l的参数方程为，直线l与曲线C分别交于M、N．若|PM|、|MN|、|PN|成等比数列，则实数a的值为．参考答案：提示：设点M对应的参数为，点N对应的参数为，则有，即直线参数方程代入到抛物线普通方程，得，有，代入得a=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12分）

已知函数（1）求函数的最小正周期；（2）在中，角所对的边分别为，若，且，求的面积。参考答案：19.已知函数f（x）=ax3+x2+bx（其中常数a，b∈R），g（x）=f（x）+f′（x）是奇函数．（1）求f（x）的表达式；（2）讨论g（x）的单调性，并求g（x）在区间[1，2]上的最大值和最小值．参考答案：【考点】利用导数求闭区间上函数的最值；函数解析式的求解及常用方法；奇函数．【分析】（Ⅰ）由f'（x）=3ax2+2x+b得g（x）=fax2+（3a+1）x2+（b+2）x+b，再由函数g（x）是奇函数，由g（﹣x）=﹣g（x），利用待系数法求解．（2）由（1）知，再求导g'（x）=﹣x2+2，由g'（x）≥0求得增区间，由g'（x）≤0求得减区间；求最值时从极值和端点值中取．【解答】解：（1）由题意得f'（x）=3ax2+2x+b因此g（x）=f（x）+f'（x）=ax3+（3a+1）x2+（b+2）x+b因为函数g（x）是奇函数，所以g（﹣x）=﹣g（x），即对任意实数x，有a（﹣x）3+（3a+1）（﹣x）2+（b+2）（﹣x）+b=﹣[ax3+（3a+1）x2+（b+2）x+b]从而3a+1=0，b=0，解得，因此f（x）的解析表达式为．（2）由（Ⅰ）知，所以g'（x）=﹣x2+2，令g'（x）=0解得则当时，g'（x）＜0从而g（x）在区间，上是减函数，当，从而g（x）在区间上是增函数，由前面讨论知，g（x）在区间[1，2]上的最大值与最小值只能在时取得，而，因此g（x）在区间[1，2]上的最大值为，最小值为．20.（本小题满分14分）已知函数.其中常数.（Ⅰ）当时，求函数的单调递增区间；（Ⅱ）当时，给出两类直线：，其中为常数，判断这两类直线中是否存在的切线，若存在，求出相应的的值，若不存在，说明理由。（Ⅲ）设定义在D上函数在点处的切线方程为，当时，若在D内恒成立，则称点为函数的“类对称点”.令，试问是否存在“类对称点”，若存在，请至少求出一个“类对称点”的横坐标，若不存在，说明理由。参考答案：解：（I）

.当及时，当时，，的单调递增区间为（0，1），.

（II）当时，.故不存在这类值线的切线；再由，得与x=4，当x=时，求得.

当x=4时，求得.

（III)存在“类对称点”，其横坐标为

.

证明：令，则。

。?当时，在上单调递减，时，从而有时，。?当时，在上单调递减，时，.从而有时，.在上不存在“类对称点”。

?当时，，在上是增函数，故。是一个“类对称点”的横坐标。21.已知D，E分别是边AB，AC的中点，其中，，，如图（1）；沿直线DE将折起，使点A翻至点，且二面角大小为120°，点M是线段的中点，如图（2）．（1）证明：平面；（2）求直线和平面所成角的正弦值．参考答案：（1）见解析；（2）【分析】（1）先取中点，连接、，根据线面平行的判定定理，即可证明结论成立；（2）根据题意，得到点、到平面距离相等，设为，则直线与平面所成角满足，根据题中条件，求出与，即可得出结果.【详解】（1）证明：取中点，连接、，∵、分别是、中点，所以，又∵、分别是、中点，∴所以，∴是平行四边形，∴；又∵平面且平面，∴平面；（2）因为，且平面，平面，所以平面所以点、到平面距离相等，设为，则直线与平面所成角满足，过在平面内作直线于，∵翻折前、分别、的中点，∴又∵，所以，所以翻折后，，又∵，所以平面，所以；又，，所以平面，所以在中，设，则，，，因为，，∴就是二面角的平面角为；所以，，故平面，因此，所以；∴，∴，