山東省濰坊市龍城中學高二數學理聯考試題含解析一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個選項中，只有是一個符合題目要求的1.已知雙曲線C1：（a＞0，b＞0）的離心率為3．若拋物線C2：x2=2py（p＞0）的焦點到雙曲線C1的漸近線的距離為，則拋物線C2的方程為（）A．x2=33y B．x2=33y C．x2=8y D．x2=16y參考答案：C【考點】拋物線的簡單性質．【分析】由題意可知：雙曲線漸近線為bx±ay=0，e==3，則c=3a，焦點（0，），到bx±ay=0的距離d===，求得p，即可求得拋物線C2的方程．【解答】解：由題意可得雙曲線C1：﹣=1（a＞0，b＞0）漸近線為y=±x，化為一般式可得bx±ay=0，離心率e===3，解得：b=2a，c=3a，又拋物線C2：x2=2py（p＞0）的焦點為（0，），故焦點到bx±ay=0的距離d===，∴p===4，∴拋物線C2的方程為：x2=8y故選C．2.下圖是計算函數y＝的值的程序框圖，在①、②、③處應分別填入的是()A．y＝ln(－x)，y＝0，y＝2xB．y＝ln(－x)，y＝2x，y＝0C．y＝0，y＝2x，y＝ln(－x)D．y＝0，y＝ln(－x)，y＝2x參考答案：B3.已知雙曲線的焦距為10，點在C的一條漸近線上，則C的方程為（

）A. B.C. D.參考答案：A【分析】先求出漸近線的方程為，代入后可得關系，結合可得的值，從而得到雙曲線的方程.【詳解】雙曲線的漸近線的方程為，代入可得，又且，所以，故雙曲線的方程為，選A.【點睛】求雙曲線的方程，關鍵是基本量的確定，方法有待定系數法、定義法等.前者可根據題設條件得到關于基本量的方程組，解方程組后可得雙曲線的方程，后者可利用定義（第一定義、第二定義等）得到基本量的大小，然后直接得到雙曲線的方程.4.在△ABC中，若，則其面積等于

（

）

A．

B．

C．

D．參考答案：D略5.下列幾何體中，正視圖、側視圖、俯視圖都相同的幾何體的序號是（）

A.(1)(2)

B.（2）（3）

C.(3)(4)

D.(1)(4)參考答案：D6.下列函數中最小正周期是的函數是（A）（B）（C）

（D）參考答案：【知識點】三角函數的最小正周期【答案解析】C解析：解：A、B選項由化一公式可知最小正周期為2π，C選項把絕對值內的三角函數化成一個角，再結合其圖象可知最小正周期為π，D選項可驗證為其一個周期，綜上可知選C.【思路點撥】求三角函數的最小正周期常用方法有公式法和圖象法，公式法就是把三角函數利用三角公式化成一個角的三角函數，再利用公式計算，當化成一個角的三角函數不方便時，如絕對值函數，可用圖象觀察判斷.7.若關于x的不等式mx+2＞0的解集是{x|x＜2}，則實數m等于（）A．﹣1 B．﹣2 C．1 D．2參考答案：A【考點】其他不等式的解法．【分析】根據題意、一元一次不等式與一元一次方程的關系，列出方程求出m的值．【解答】解：∵不等式mx+2＞0的解集是{x|x＜2}，∴方程mx+2=0的解是2，則2m+2=0，解得m=﹣1，故選：A．8.已知：p：x＜k，q：≤1，如果p是q的充分不必要條件，則k的取值范圍是A. B. C.（－∞，—1） D.參考答案：D9.若函數的圖象與軸有公共點，則的取值范圍是（

）A．

B．

C．

D．參考答案：A10.一名小學生的年齡和身高（單位：cm）的數據如下表： 年齡x6789身高y118126136144由散點圖可知，身高y與年齡x之間的線性回歸方程為=8.8x+，預測該學生10歲時的身高為（） A．154 B．153 C．152 D．151參考答案：B【考點】線性回歸方程． 【專題】概率與統計． 【分析】先計算樣本中心點，進而可求線性回歸方程，由此可預測該學生10歲時的身高． 【解答】解：由題意，=7.5，=131 代入線性回歸直線方程為，131=8.8×7.5+，可得=65， ∴ ∴x=10時，=153 故選B． 【點評】本題考查回歸分析的運用，考查學生的計算能力，確定線性回歸直線方程是關鍵，屬于基礎題． 二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.已知正方體外接球的體積是，那么正方體的棱長等于

．參考答案：12.已知函數，若，則實數a的取值范圍是_____．參考答案：由題意知，解得，故實數的取值范圍是，故答案為.13.在棱長為1的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，點P1，P2分別是線段AB，BD1（不包括端點）上的動點，且線段P1P2平行于平面A1ADD1，則四面體P1P2AB1的體積的最大值是．參考答案：【考點】棱柱、棱錐、棱臺的體積．【分析】由題意可得△P1P2B∽△AD1B，設出P1B=x，則P1P2=x，P2到平面AA1B1B的距離為x，求出四面體的體積，通過二次函數的最值，求出四面體的體積的最大值．【解答】解：由題意在棱長為1的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，點P1，P2分別是線段AB，BD1（不包括端點）上的動點，且線段P1P2平行于平面A1ADD1，△P1P2B∽△AD1B，設P1B=x，x∈（0，1），則P1P2=x，P2到平面AA1B1B的距離為x，所以四面體P1P2AB1的體積為V=××1×x×（1﹣x）=（x﹣x2），當x=時，體積取得最大值：．故答案是：．14.若執行如下圖所示的框圖，輸入x1＝1，x2＝2，x3＝4，x4＝8，則輸出的數等于________．參考答案：15.已知正方體ABCD-A1B1C1D1中，，異面直線AE與BD1所成角的余弦值是

；若，則x=

．參考答案：，如圖建立空間坐標系，設正方體棱長為4易得：，，，∴，∴異面直線與所成角的余弦值是由可得：即，∴故答案為：，

16.圓和圓相內切，若，且，則的最小值為

_________

．參考答案：917.設為實數，若復數，則a＋b＝

．參考答案：2略三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟18.實數列滿足：，，．證明不等式參考答案：證明：

首先，用數學歸納法證明：．時，命題顯然成立．假設命題對成立，即有．設，則是減函數，于是,

，即命題對n＋1也成立．原命題等價于．設，則是凸函數，即對，有．事實上，等價于，．所以，由Jenson不等式可得，即

．另一方面，由題設及Cauchy不等式，可得，所以

，故

，從而原命題得證．19.在△ABC中，內角A，B，C所對邊長分別為a，b，c，，∠BAC=θ，a=4．（1）求bc的最大值；

（2）求函數的值域．參考答案：【考點】余弦定理；平面向量數量積的運算；兩角和與差的正弦函數；正弦函數的定義域和值域．【分析】（1）由題意可得bc?cosθ=8，代入余弦定理可得b2+c2=32，由基本不等式可得b2+c2≥2bc，進而可得bc的最大值；（2）結合（1）可得cosθ≥，進而可得θ的范圍，由三角函數的知識可得所求．【解答】解：（1）∵=bc?cosθ=8，由余弦定理可得16=b2+c2﹣2bc?cosθ=b2+c2﹣16，∴b2+c2=32，又b2+c2≥2bc，∴bc≤16，即bc的最大值為16，當且僅當b=c=4，θ=時取得最大值；（2）結合（1）得，=bc≤16，∴cosθ≥，又0＜θ＜π，∴0＜θ≤，∴=2sin（2θ+）﹣1∵0＜θ≤，∴＜2θ+≤，∴sin（2θ+）≤1，當2θ+=，即θ=時，f（θ）min=2×，當2θ+=，即θ=時，f（θ）max=2×1﹣1=1，∴函數f（θ）的值域為[0，1]20.設等差數列{an}的前n項和為Sn，且a2=4，S5=30．數列{bn}滿足b1=0，bn=2bn﹣1+1，（n∈N，n≥2），①求數列{an}的通項公式；②設Cn=bn+1，求證：{Cn}是等比數列，且{bn}的通項公式；③設數列{dn}滿足，求{dn}的前n項和為Tn．參考答案：【考點】數列的求和；等差數列的通項公式；等比關系的確定；數列遞推式．【分析】①等差數列{an}中，依題意，解關于首項a1與公差d的方程組，即可求得數列{an}的通項公式；②可求得=2（n≥2，n∈N），c1=b1+1=1，從而可確定{cn}是以1為首項，2為公比的等比數列，繼而可得{bn}的通項公式；③通過裂項法可求得dn=（﹣）+2n﹣1﹣1，再利用分組求和、公式法求和即可求得{dn}的前n項和為Tn．【解答】解：①由a2=a1+d=4，S5=5a1+d=30得：a1=2，d=2，∴an=2+2（n﹣1）=2n…②∵bn=2bn﹣1+1，cn=bn+1，∴===2（n≥2，n∈N）∴{cn}是以2為公比的等比數列．又∵c1=b1+1=1，∴cn=bn+1=1×2n﹣1=2n﹣1，∴bn=2n﹣1﹣1…③∵dn=+bn=+2n﹣1﹣1=（﹣）+2n﹣1﹣1，∴Tn=[（1﹣）+（﹣）+…+（﹣）]+（1+2+22+…+2n﹣1）﹣n=（1﹣）+﹣n=2n﹣n﹣21.已知函數的圖象與x軸相切，且切點在x軸的正半軸上.（1）求曲線與軸，直線及x軸圍成圖形的面積S；（2）若函數在上的極小值不大于，求m的取值范圍.參考答案：（1）；（2）試題分析：（1）先求導，求出函數的極值點，即可求出的值，再根據定積分的幾何意義即可求出面積；（2）先求導，得到，分類討論，判斷函數的極小值，求出極小值，得到關于的不等式解得即可.試題解析：（1）∵∴令得，由題意可得，解得故，.（2）∵∴，當時，無極值；當，即時，令得；令得或∴在處取得極小值.當，即時，在上無極小值，故當時，在上有極