《2021-2022学年山西省吕梁市育星中学高二数学理联考试题含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021-2022学年山西省吕梁市育星中学高二数学理联考试题含解析（6页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2021-2022学年山西省吕梁市育星中学高二数学理联考试题含解析一、 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. 在正方体AC1中，E，F分别是线段BC，CD1的中点，则直线A1B与直线EF的位置关系是（）A相交B异面C平行D垂直参考答案：A【考点】空间中直线与直线之间的位置关系【分析】直线AB与直线外一点E确定的平面为A1BCD1，EF?平面A1BCD1，且两直线不平行，故两直线相交，可得结论【解答】解：如图，在正方体AC1中：A1BD1CA1B与D1C可以确定平面A1BCD1，又EF?平面A1BCD1，且两直线不平行，直线A1B
2、与直线EF的位置关系是相交，故选A2. 已知命题p：?xR，lnx+x2=0，命题q：?xR，2xx2，则下列命题中为真命题的是（）ApqBpqCpqDpq参考答案：C【考点】复合命题的真假【分析】先判定命题p是真命题，得p是假命题；再判定命题q是假命题，得q是真命题；从而判定各选项是否正确【解答】解：对于命题p：y=lnx与y=2x在坐标系中有交点，如图所示；即?x0R，使lnx0=2x0，命题p正确，p是假命题；对于命题q：当x=3时，2332，命题q错误，q是真命题；pq是假命题，pq是假命题；pq是真命题，pq是假命题；综上，为真命题的是C故选：C3. 圆上的动点到直线的最小距离为（
3、） A1 B C D. 参考答案：D略4. 右图是2010年在惠州市举行的全省运动会上，七位评委为某跳水比赛项目打出的分数的 茎叶统计图，去掉一个最高分和一个最低分后，所剩数据的平均数和方差分别为（ ）A84，4.84 B 84，1.6C85，1.6 D85，4参考答案：C略5. 将一枚骰子先后掷两次，向上点数之和为，则7的概率为 （ ）A. B. C. D.参考答案：C略6. 如图所示的算法流程图中（注：“”也可写成“”或“”, 均表示赋值语句），第3个输出的数是（ ）A1 BC D参考答案：C7. 已知函数与x轴相切于点，且极大值为4，则等于（ ）A. 2B. 3C. 4D. 5参考答案：
4、B【分析】由题意可知是的极值，再求导分析极值可知，从而得a，进而可求.【详解】由题意时，是的极值，所以.因为取得极值为0，极大值为4，所以当时取得极大值，解得.所以，.故选B.【点睛】本题主要考查了利用函数导数研究函数的极值，属于中档题.8. 如图是根据变量x，y的观测数据（1,2,3，10）得到的散点图，由这些散点图可以判断变量x，y具有相关关系的图是（ ） A B C. D参考答案：D由散点图可以发现，图中的变量负相关，图的变量正相关.9. 过点（-1，0）作抛物线的切线，则其中一条切线为（ ）A B C D参考答案：D略10. 直线l过点且与双曲线仅有一个公共点，这样的直线有( )条.A
5、. 1B. 2C. 3D. 不确定参考答案：C【分析】由题可得直线过双曲线的右顶点，要得到过双曲线顶点且与双曲线有且只有一个公共点的直线，讨论直线的斜率即可。【详解】 为双曲线的右顶点，过点且与双曲线有且只有一个公共点的直线有三条：（1）过点斜率不存在时，即垂直于轴的直线满足条件；（2）斜率存在时，过点平行于渐进线或的直线也满足条件，故答案选C【点睛】本题考查直线和圆锥曲线的位置关系，双曲线渐进线的性质，注意斜率不存在的情况，这是解题的易错点。二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 某市某种类型的出租车，规定3千米内起步价8元（即行程不超过3千米，一律收费8元），若超过3千米
6、，除起步价外，超过部分再按1.5元千米计价收费，若乘客与司机约定按四舍五入以元计费不找零，下车后乘客付了16元，则乘车里程的范围是 参考答案：解析：付款16元，肯定超出了3千米，设行程x千米，则应该付款81,5(x-3)四舍五入15.581.5(x-3)16.5解得8x8。12. 已知直线和直线，抛物线上一动点到直线和直线的距离之和的最小值是 。参考答案：213. 在平面几何里，有勾股定理：“设的两边AB、AC互相垂直，则”拓展到空间，类比平面几何的勾股定理，研究三棱锥的侧面积与底面积间的关系，可以 得到的正确结论是：“设三棱锥A-BCD的三个侧面ABC 、ACD、ADB两两互相垂直，则 参考
7、答案：14. 若n是777710除以19的余数，则的展开式中的常数项为参考答案：【考点】二项式定理的应用【分析】利用二项式定理求得777710除以19的余数为n=10，再在的展开式的通项共公式中，令x的幂指数等于0，求得r的值，即可求得展开式中的常数项的值【解答】解：又由777710=（76+1）7710=C7707677+C7717676+C7727675+C777676+110，故777710除以19的余数为9，即777710除以19的余数为10，可得n=10则=的展开式的通项共公式为Tr+1=?（1）r?，令10=0，求得r=6，展开式中的常数项为?=，故答案为：15. 函数的导数=_参
8、考答案：略16. 用二分法求方程x22的正实根的近似解(精确度0.001)时，如果我们选取初始区间是1.4,1.5，则要达到精确度要求至少需要计算的次数是_参考答案：7 17. 若展开式中的系数是，则 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. 若复数，且为纯虚数，求参考答案：13【分析】由复数为纯虚数，求得，得到，进而求得，即可求解，得到答案【详解】由题意，复数为纯虚数， 则，解得，所以，又，所以，所以【点睛】本题主要考查了复数的分类，以及复数的运算其中解答中熟记复数的分类，以及复数的运算法则是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础
9、题19. （本小题满分8分） 甲箱中放有个红球与个白球（，且），乙箱中放有2个红球、1个白球与1个黑球。从甲箱中任取2个球，从乙箱中任取1个球。 （）记取出的3个球颜色全不相同的概率为，求当取得最大值时的，的值； （）当时，求取出的3个球中红球个数的期望。参考答案：解：（）由题意知 2分当且仅当时等号成立所以，当取得最大值时，ks5u 3分（）当时，甲箱中有2个红球与4个白球。而的所有可能取值为0，1，2，3则所以，红球个数的分布列为：0123 7分于是 8分20. 在四棱锥PABCD中，ADBC，ABC=APB=90，点M是线段AB上的一点，且PMCD，AB=BC=2PB=2AD=4BM（1
10、）证明：面PAB面ABCD；（2）求直线CM与平面PCD所成角的正弦值参考答案：【考点】直线与平面所成的角；平面与平面垂直的判定【分析】（1）只要证明PM面ABCD利用面面垂直的判定定理证明即可；（2）过点M作MHCD，连结HP，得到CD平面PMH进一步得到平面PMH平面PCD；过点M作MNPH，得到MCN为直线CM与平面PCD所成角，通过解三角形得到所求【解答】（1）证明：由AB=2PB=4BM，得PMAB，又因为PMCD，且ABCD，所以PM面ABCD，且PM?面PAB所以，面PAB面ABCD（2）解：过点M作MHCD，连结HP，因为PMCD，且PMMH=M，所以CD平面PMH，又由CD?
11、平面PCD，所以平面PMH平面PCD，平面PMH平面PCD=PH，过点M作MNPH，即有MN平面PCD，所以MCN为直线CM与平面PCD所成角 在四棱锥PABCD中，设AB=2t，则，从而，即直线CM与平面PCD所成角的正弦值为 21. 在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为 （t为参数），以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为 （1）求C2的直角坐标方程；（2）已知，C1与C2的交点为A，B，求的值.参考答案：(1) (2)20【分析】（1）利用极坐标和直角坐标的相互转化公式求解；（2）利用参数的几何意义可知，然后联立方程，利用韦达定理可求.【详解】解：（1）因为，所以，因为，所以，即；（2）联立方程组有.【点睛】本题主要考查极坐标方程化为直角坐标方程及利用参数的几何意义求解长度问题.侧重考查数学抽象和数学运算的核心素养.22. 已知ABC的三边长成公比为的等比数列，求其最大角的余弦值参考答案：
