遼寧省大連市第一〇八高級中學2022-2023學年高二數(shù)學文測試題含解析一、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.（本小題滿分13分）

已知橢圓的右焦點，離心率為．過點的直線交橢圓于兩點，且．（1）求橢圓的方程；（2）求直線的斜率的取值范圍參考答案：解：（1）由已知得：，所以，從而橢圓的方程為……………4分（2）設直線的方程為，由，得………6分設，則，且，所以，同理………………8分故．由，得………………11分所以直線的斜率的取值范圍是……………13分2.已知函數(shù)的導函數(shù)為,且，如果，則實數(shù)a的取值范圍是（

）

A．

B．

C．

D．參考答案：A略3.若復數(shù)(a∈R，i為虛數(shù)單位)是純虛數(shù)，則實數(shù)a的值為(

)

A．－2

B．4

C．－6

D．6參考答案：C略4.已知m、n是兩條不同的直線，α、β、γ是三個不同的平面，則下列命題正確的是（

）A．若α⊥γ，α⊥β，則γ∥β

B．若m∥n，m?α，n?β，則α∥βC．若m∥n，m∥α，則n∥α

D．若m∥n，m⊥α，n⊥β，則α∥β參考答案：D5.若數(shù)列，，，…，，…是首項為，公比為的等比數(shù)列，則為（）． （A）

（B）

（C）

（D）參考答案：C略6.如圖，正方體中，P為平面內(nèi)一動點，且點到和的距離相等，則點的軌跡是下圖中的參考答案：B略7.已知向量，若與垂直，則（

）A．

B． C． D．4參考答案：A略8.將全體正奇數(shù)排成一個三角形數(shù)陣：

1

3

5

7

9

11

13

15

17

19

……

按照以上排列的規(guī)律，第n行（n≥3）從左向右的第3個數(shù)為

A、

B、

C、

D、參考答案：D9.命題“，都有”的否定為（）A.,使得

B.對，都有C.，使得

D.不存在，使得參考答案：A10.已知a＞b，c＞d，且c，d不為零，那么（）A．a(chǎn)d＞bc B．a(chǎn)c＞bd C．a(chǎn)﹣c＞b﹣d D．a(chǎn)﹣d＞b﹣c參考答案：D【考點】不等式比較大?。痉治觥刻厥庵捣ㄅ袛郃、B，根據(jù)不等式的性質(zhì)判斷C、D．【解答】解：對于A，令a=4，b=2，c=5，d=1，顯然不成立，對于B，令a=2，b=﹣1，c=﹣1，b=﹣2，顯然不成立，對于C，a＞b，﹣c＜﹣d，故a﹣c＜b﹣d，故C不成立，對于D，a＞b，﹣d＞﹣c，a﹣d＞b﹣c，故D正確，故選：D．二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.若曲線f(x)＝ax2＋lnx存在垂直于y軸的切線，則實數(shù)a的取值范圍是________．參考答案：(－∞，0)略12.定義在R上的奇函數(shù)f（x），對任意x∈R都有f（x+2）=f（﹣x），當x∈（0，2）時，f（x）=4x，則f（2015）=．參考答案：-4考點： 抽象函數(shù)及其應用．

專題： 函數(shù)的性質(zhì)及應用．分析： 根據(jù)條件f（x+2）=f（﹣x），得到函數(shù)的周期是4，利用函數(shù)的奇偶性，將條件進行轉(zhuǎn)化即可得到結(jié)論．解答： 解：∵f（x+2）=f（﹣x），f（x）關(guān)于x=1對稱，函數(shù)是奇函數(shù)，f（x+2）=f（﹣x）=﹣f（x），f（x+4）=﹣f（x+2）=f（x），可得函數(shù)是周期函數(shù)．∴函數(shù)f（x）的周期是4，∴f（2015）=f（504×4﹣1）=f（﹣1）=﹣f（1），∵當x∈（0，2）時，f（x）=4x，∴f（1）=4，∴f（2015）=﹣f（1）=﹣4，故答案為：﹣4．點評： 本題主要考查函數(shù)值的計算，抽象函數(shù)的應用，根據(jù)函數(shù)奇偶性和周期性進行轉(zhuǎn)化是解決本題的關(guān)鍵．13.已知曲線C1的極坐標方程為,曲線C2的極坐標方程為,曲線C1、曲線C2的交點為A,B,則弦AB的長為

.參考答案：解析：由,,將曲線與的極坐標方程轉(zhuǎn)化為直角坐標方程為:,即,故為圓心為,半徑為的圓,:,即,表示過原點傾斜角為的直線。因為的解為所以.14.已知過拋物線＜的焦點F的直線交該拋物線于A、B兩點，|AF|=2,則|BF|=

.參考答案：215.用反證法證明命題“如果0＜x＜y，那么”時，應假設

．參考答案：

16.若函數(shù)恰有3個單調(diào)區(qū)間，則a的取值范圍為

參考答案：（，0）17.函數(shù)y＝4x2(x－2)在x∈[－2,2]上的最小值為

，最大值為

參考答案：－64，0

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.（本小題滿分16分）設函數(shù)(是自然對數(shù)的底數(shù))．(1)判斷函數(shù)零點的個數(shù)，并說明理由；(2)設數(shù)列滿足：且；①求證：；②比較與的大?。畢⒖即鸢福航猓?1)，令=0，.當時，<0，在單調(diào)遞減；當時，>0，在單調(diào)遞增.故.令，函數(shù)，因為<0，所以函數(shù)在單調(diào)遞減，故，又，故，從而有兩個零點．…5分(2)①因為，即，所以．下面用數(shù)學歸納法證明．當時，成立．假設當時，，則，故，從而，則，故當時不等式成立．從而對．

…….……11分②因為，考慮函數(shù)．因為，所以在（0，1）上是增函數(shù)，故，從而，即．……..…16分19.在如圖所示的幾何體中，AE⊥平面ABC，CD∥AE，F(xiàn)是BE的中點，AC=BC=1，∠ACB=90°，AE=2CD=2．（Ⅰ）證明DF⊥平面ABE；（Ⅱ）求二面角A﹣BD﹣E的余弦值．參考答案：【考點】平面與平面之間的位置關(guān)系；直線與平面垂直的判定．【分析】（1）將DF平移到CG的位置，欲證DF⊥平面ABE，即證CG⊥平面ABE，根據(jù)線面垂直的判定定理可知，只需證CG與平面ABE內(nèi)的兩相交直線垂直即可；（2）過點A作AM⊥BE于M，過點M作MN⊥BD于N，連接AN，∠ANM是二面角A﹣BD﹣E的平面角，在Rt△AMN中利用余弦定理求出此角．【解答】解：（Ⅰ）取AB的中點G，連接CG、FG．因為CD∥AE，GF∥AE，所以CD∥GF．又因為CD=1，，所以CD=GF．所以四邊形CDFG是平行四邊形，DF∥CG．在等腰Rt△ACB中，G是AB的中點，所以CG⊥AB．因為EA⊥平面ABC，CG?平面ABC，所以EA⊥CG．而AB∩EA=A，所以CG⊥平面ABE．又因為DF∥CG，所以DF⊥平面ABE．（Ⅱ）因為DF⊥平面ABE，DF?平面BDE，所以平面BDE⊥平面ABE．過點A作AM⊥BE于M，則AM⊥平面BDE，所以AM⊥BD．過點M作MN⊥BD于N，連接AN，則BD⊥平面AMN，所以BD⊥AN．所以∠ANM是二面角A﹣BD﹣E的平面角．在Rt△ABE中，．因為，所以△ABD是等邊三角形．又AN⊥BD，所以，NM=．在Rt△AMN中，．所以二面角A﹣BD﹣E的余弦值是．20.某制瓶廠要制造一批軸截面如圖所示的瓶子，瓶子是按照統(tǒng)一規(guī)格設計的，瓶體上部為半球體，下部為圓柱體，并保持圓柱體的容積為3π．設圓柱體的底面半徑為x，圓柱體的高為h，瓶體的表面積為S．（1）寫出S關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式，并寫出定義域；（2）如何設計瓶子的尺寸（不考慮瓶壁的厚度），可以使表面積S最小，并求出最小值．參考答案：【考點】導數(shù)在最大值、最小值問題中的應用；函數(shù)解析式的求解及常用方法；函數(shù)的最值及其幾何意義．【分析】（1）根據(jù)體積公式求出h，再根據(jù)表面積公式計算即可得到S與x的關(guān)系式，（2）根據(jù)導數(shù)和函數(shù)的最值得關(guān)系即可求出．【解答】解：（1）據(jù)題意，可知πx2h=3π，得，（2），令S′=0，得x=±1，舍負，當S′（x）＞0時，解得x＞1，函數(shù)S（x）單調(diào)遞增，當S′（x）＜0時，解得0＜x＜1，函數(shù)S（x）單調(diào)遞減，故當x=1時，函數(shù)有極小值，且是最小值，S（1）=9π答：當圓柱的底面半徑為1時，可使表面積S取得最小值9π．21.設（I）若的極小值為1，求實數(shù)a的值；（II）當時，記，是否存在整數(shù)，使得關(guān)于x的不等式有解？若存在求出的最小值，若不存在，說明理由.參考答案：（I）；（II）【分析】（I）求出的定義域以及導數(shù)，討論的范圍，求出單調(diào)區(qū)間，再結(jié)合的極小值為1，即可求得實數(shù)a的值；（II）求出的定義域以及導數(shù)，利用導數(shù)研究最小值的范圍，即可求出?！驹斀狻浚↖）①時，，故在上單增，故無極小值。②時，故在上單減，在上單增，故.故（II）當時，由于在上單增，且故唯一存在使得，即故在上單減，在上單增，故又且在上單增，故，即依題意：有解，故，又，故【點睛】本題考查已知極值求參數(shù)，利用導數(shù)研究函數(shù)單調(diào)區(qū)間以及最值，綜合性強，屬于中檔題。22.(1)已知命題

“不等式的解集為”,命題

“是減函數(shù)”．若“或”為真命題,同時“且”為假命題,求實數(shù)的取值范圍;(2)若,且,求證:．參考答案：(1)若命題為真,解得,若命題為真,解得,由“或”為真命題