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1、2022年浙江省衢州市球川中学高二数学理联考试卷含解析一、 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. 参考答案：D2. 已知，且，则函数与函数的图象可能是( )参考答案：B3. 原点和点在直线的两侧，则的取值范围是 （ ）A或 B. 或 C. D. 参考答案：C略4. 命题“对任意的”的否定是（ ） A不存在B存在 C存在 D对任意的参考答案：C5. 不等式log( x ) 2的解集是（ ）（A） - 1，) （B）( - 1，) （C）(，) （D） - 1，)参考答案：A6. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题中
2、不正确的是() A若则 B若则 C若，则 D若，则参考答案：D7. 在ABC中，下列关系中一定成立的是（）AabsinABa=bsinACabsinADabsinA参考答案：D8. 椭圆与圆（为椭圆半焦距）有四个不同交点，则椭圆离心率的取值范围是( )A B C D参考答案：A略9. 已知，若向区域内随机投一点，则点落在区域内的概率为()A. B. C. D.参考答案：D略10. 若pq为假命题，则p，q均为假命题，x，yR，“若xy=0，则x2+y2=0的否命题是真命题”；直线和抛物线只有一个公共点是直线和抛物线相切的充要条件；则其中正确的个数是（）A0B1C2D3参考答案：B【考点】命题的
3、真假判断与应用【分析】由复合命题的真假判断方法判断；写出命题的否命题判断，距离说明是假命题【解答】解：p，q中只要有一个假命题，就有pq为假命题，命题错误；x，yR，“若xy=0，则x2+y2=0的否命题是x，yR，“若xy0，则x2+y20”是真命题”；直线和抛物线只有一个公共点是直线和抛物线相切的充要条件为假命题，当直线与抛物线对称轴平行时，直线和抛物线也只有一个公共点真命题的个数是1个故选B二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 下列结论中，正确结论的序号为 .已知M，N均为正数，则“MN”是“log2Mlog2N”的充要条件；如果命题“p或q”是真命题，“非p”是真命
4、题，则q一定是真命题；若p为：?x0，x2+2x20，则p为：?x0，x2+2x20；命题“若x23x+2=0，则x=1”的逆否命题为“若x1，则x23x+20”参考答案：【考点】命题的真假判断与应用【分析】根据充要条件的定义和对数函数的性质，可判断；根据复合命题的真假，可判断；根据特称命题的否定方法，可判断；运用原命题的逆否命题，可判断【解答】解：对于，由M，N0，函数y=log2x在（0，+）递增，可得“MN”?“log2Mlog2N”，故正确；对于，如果命题“p或q”是真命题，“非p”是真命题，可得P为假命题，q一定是真命题故正确；对于，p为：?x0，x2+2x20，则p为：?x0，x2
5、+2x20故不正确；对于，命题“若x23x+2=0，则x=1”的逆否命题为“若x1，则x23x+20”故正确故答案为：12. 已知函数的导函数为偶函数，则 .参考答案：0略13. 在三棱锥SABC中，ABC是边长为a的正三角形，且A在面SBC上的射影H是SBC的垂心，又二面角HABC为30，则三棱锥SABC的体积为 ，三棱锥SABC的外接球半径为 参考答案：,. 【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；球内接多面体【分析】如图，AH面SBC，设BH交SC于E，连接AE由H是SBC的垂心，可得BESC，由AH平面SBC，可得SC平面ABE，得到ABSC，设S在底面ABC内的射影为O，则SO平面ABC，可
6、得AB平面SCO，COAB，同理BOAC，可得O是ABC的垂心，由ABC是正三角形可得S在底面ABC的射影O是ABC的中心可得三棱锥SABC为正三棱锥进而得到EFC为二面角HABC的平面角，EFC=30，可得SO，即可得出三棱锥SABC的体积设M为三棱锥SABC的外接球的球心，半径为R，则点M在SO上在RtOCM中，利用勾股定理可得：，解出即可【解答】解：如图，AH面SBC，设BH交SC于E，连接AEH是SBC的垂心，BESC，AH平面SBC，SC?平面SBC，AHSC，又BEAH=HSC平面ABE，AB?平面ABE，ABSC，设S在底面ABC内的射影为O，则SO平面ABC，AB?平面ABC，
7、ABSO，又SCSO=S，AB平面SCO，CO?平面SCO，COAB，同理BOAC，可得O是ABC的垂心，ABC是正三角形S在底面ABC的射影O是ABC的中心三棱锥SABC为正三棱锥由有SA=SB=SC，延长CO交AB于F，连接EF，CFAB，CF是EF在面ABC内的射影，EFAB，EFC为二面角HABC的平面角，EFC=30，SC平面ABE，EF?平面ABE，EFSC，RtEFC中，ECF=60，可得RtSOC中，OC=，SO=OCtan60=a，VSABC=设M为三棱锥SABC的外接球的球心，半径为R，则点M在SO上在RtOCM中，MC2=OM2+OC2，解得R=故答案分别为：，14. 已
8、知直线过点，且与曲线在点处的切线互相垂直，则直线的方程为 (写成一般式方程)参考答案： 15. 抛掷两个骰子，至少有一个4点或5点出现时，就说这次试验成功，则在10次试验中，成功次数X的期望是_.参考答案：在一次试验中成功的概率为1，XB，E(X)np10.16. 若，其中、，是虚数单位，则 参考答案：517. 若数列an满足=0，nN*，p为非零常数，则称数列an为“梦想数列”已知正项数列为“梦想数列”，且b1b2b3b99=299，则b8+b92的最小值是参考答案：4【考点】数列递推式【专题】计算题；转化思想；整体思想；分析法；点列、递归数列与数学归纳法【分析】由新定义得到数列bn为等比数
9、列，然后由等比数列的性质得到b50=2，再利用基本不等式求得b8+b92的最小值【解答】解：依题意可得bn+1=qbn，则数列bn为等比数列又b1b2b3b99=299=则b50=2b8+b92=2b50=4，当且仅当b8=b92，即该数列为常数列时取等号故答案为：4【点评】本题是新定义题，考查了等比数列的性质，训练了利用基本不等式求最值，是中档题三、 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. （12分）已知过曲线上任意一点作直线的垂线，垂足为, 且.求曲线的方程；设、是曲线上两个不同点，直线和的倾斜角分别为和，当变化且 为定值时，证明直线恒过定点，并求出
10、该定点的坐标.参考答案：解：设，则，由得，;即;所以轨迹方程为;如图，设，由题意得（否则）且所以直线的斜率存在，设其方程为，显然，将与联立消去，得;由韦达定理知;（）当时，即时，所以，所以由知：所以因此直线的方程可表示为，即所以直线恒过定点（）当时，由，得=将式代入上式整理化简可得：，所以，此时，直线的方程可表示为即,所以直线恒过定点;所以由（）（）知，当时，直线恒过定点，当时直线恒过定点.19. （本小题满分14分）如图，重量是2000N的重物挂在杠杆上距支点10米处质量均匀的杆子每米的重量为100N（1）杠杆应当为多长，才能使得加在另一端用来平衡重物的力最小；（2）若使得加在另一端用来平衡
11、重物的力最大为2500N，求杠杆长度的变化范围参考答案：解 （1）设当杠杆长为米时，在另一端用来平衡重物的力最小，则有, 3分 5分(当且仅当时取 “=”) 8分（2），即， 11分解得 14分20. 直线l：y=kx+1与双曲线C：2x2y2=1（1）若直线与双曲线有且仅有一个公共点，求实数k的取值范围；（2）若直线分别与双曲线的两支各有一个公共点，求实数k的取值范围参考答案：【考点】双曲线的简单性质【分析】将直线方程代入双曲线方程，化为关于x的方程，利用方程的判别式，即可求得k的取值范围【解答】解：由题意，直线l：y=kx+1与双曲线C：2x2y2=1，可得2x2（kx+1）2=1，整理得
12、（2k2）x22kx2=0（1）只有一个公共点，当2k2=0，k=时，符合条件；当2k20时，由=164k2=0，解得k=2；（2）交于异支两点，0，解得k【点评】本题考查直线与圆锥曲线的关系，解题的关键是将问题转化为方程根的问题，运用判别式解决，注意只有一个公共点时，不要忽视了与渐近线平行的情况，属于易错题21. 已知椭圆C的中心在坐标原点，焦点在x轴上，椭圆C上的点到焦点距离的最大值为3，最小值为1（1）求椭圆C的标准方程；（2）若直线l：y=kx+m与椭圆C相交于A，B两点（A，B不是左右顶点），且以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标参考答案：【考点】直
13、线与圆锥曲线的综合问题；椭圆的标准方程【分析】（1）由已知椭圆C上的点到焦点距离的最大值为3，最小值为1，可得：a+c=3，ac=1，从而可求椭圆的标准方程；（2）直线与椭圆方程联立，利用以AB为直径的圆过椭圆的右顶点D（2，0），结合根的判别式和根与系数的关系求解，即可求得结论【解答】（1）解：由题意设椭圆的标准方程为，由已知椭圆C上的点到焦点距离的最大值为3，最小值为1，可得：a+c=3，ac=1，a=2，c=1b2=a2c2=3椭圆的标准方程为；（2）证明：设A（x1，y1），B（x2，y2）联立，消去y可得（3+4k2）x2+8mkx+4（m23）=0，则又因为以AB为直径的圆过椭圆的右顶点D（2，0），kADkBD=1，即y1y2+x1x22（x1+x2）+4=0，7m2+16mk+4k2=0解得：，且均满足3+4k2m20当m1=2k时，l的方程y=k（x2），直线过点（2，
