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2022-2023學年湖北省黃岡市磙子河中學高二數(shù)學文模擬試卷含解析一、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.為了解疾病A是否與性別有關,在一醫(yī)院隨機地對入院50人進行了問卷調查,得到了如下列聯(lián)表:

患疾病A不患疾病A合計男20525女101525合計302050請計算出統(tǒng)計量K2,你有多大的把握認為疾病A與性別有關?下面的臨界值表供參考:0.050.0100.0050.0013.8416.6357.87910.828

A、95% B、99% C、99.5% D、99.9%參考答案:C略2.點P是曲線上的任意一點,則點P到直線y=x-2的最小距離為A.1

B.

C.

D.參考答案:D3.四名學生爭奪三項冠軍,獲得冠軍的可能的種數(shù)是

)A.81

B.64

C.24

D.4參考答案:A略4.圓的圓心坐標是

)A.

B.

C.

D.參考答案:A略5.已知函數(shù)f(x)=,則()A. B. C. D.參考答案:B【考點】定積分.【分析】先根據(jù)條件可化為(x+1)2dx+dx,再根據(jù)定積分以及定積分的幾何意義,求出即可.【解答】解:(x+1)2dx+dx,∵(x+1)2dx=(x+1)3|=,dx表示以原點為圓心以1為為半徑的圓的面積的四分之一,故dx=π,∴(x+1)2dx+dx==,故選:B6.如圖是一個幾何體的三視圖,根據(jù)圖中的數(shù)據(jù)可得該幾何體的體積為()A.36π B.34π C.32π D.30π參考答案:D【考點】由三視圖求面積、體積.【分析】根據(jù)幾何體的三視圖得出該幾何體是半球體與圓錐體是組合體,結合圖中數(shù)據(jù)求出幾何體的體積.【解答】解:根據(jù)幾何體的三視圖知,該幾何體是半球體與圓錐體是組合體,結合圖中數(shù)據(jù)可得,球的半徑R==3;所以該幾何體的體積為V幾何體=×πR3+πR2h=×π×33+π×32×4=30π.故選:D.7.已知向量,滿足||=1,=(1,﹣),且⊥(+),則與的夾角為()A.60° B.90° C.120° D.150°參考答案:C【考點】9S:數(shù)量積表示兩個向量的夾角.【分析】設與的夾角為θ,0°<θ<180°,由垂直可得數(shù)量積為0,可得cosθ,可得夾角.【解答】解:設與的夾角為θ,0°<θ<180°∵=(1,﹣),∴||=2,又⊥(+),∴?(+)=0,∴=0,∴12+1×2×cosθ=0,解得cosθ=,∴θ=120°故選:C8.如圖,在棱長為a的正方體ABCD-A1B1C1D1中,P是A1D1的中點,Q是A1B1上的任意一點,E、F是CD上的任意兩點,且EF的長為定值.現(xiàn)有如下結論:①異面直線PQ與EF所成的角是定值;②點P到平面QEF的距離是定值;③直線PQ與平面PEF所成的角是定值;④三棱錐P-QEF的體積是定值;⑤二面角P-EF-Q的大小是定值.其中正確結論的個數(shù)是A.0

B.1

C.2

D.3參考答案:D略9.如果拋物線方程為y2=4x,那么它的焦點坐標為()A.(1,0) B.(2,0) C.(﹣1,0) D.(﹣2,0)參考答案:A【考點】拋物線的簡單性質.【分析】先確定焦點位置,即在x軸正半軸,再求出P的值,可得到焦點坐標.【解答】解:∵拋物線y2=4x是焦點在x軸正半軸的標準方程,p=2,∴焦點坐標為:(1,0)故選A.10.命題1

長方體中,必存在到各頂點距離相等的點;

命題2

長方體中,必存在到各棱距離相等的點;

命題3

長方體中,必存在到各面距離相等的點。

以上三個命題中正確的有

(A)0個

(B)1個

(C)2個

(D)3個參考答案:B二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.已知AB,CD分別為橢圓的長軸和短軸,若,則橢圓的離心率是________.參考答案:12.三角形的一邊長為14,這條邊所對的角為60°,另兩邊之比為8:5,則這個三角形的面積為.參考答案:考點:三角形中的幾何計算專題:解三角形.分析:設另兩邊分別為8k和5k,由余弦定理可求得k=2,故另兩邊分別為16和10,故這個三角形的面積為×16×10sin60°,計算求得結果.解答:解:設另兩邊分別為8k和5k,由余弦定理可得142=64k2+25k2﹣80k2cos60°,∴k=2,故另兩邊分別為16和10,故這個三角形的面積為×16×10sin60°=,故答案為:.點評:本題考查余弦定理的應用,三角形的面積公式,求出k=2是解題的關鍵,屬于中檔題.13.已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為4,點M,N分別是棱BC,C1D1的中點,點P在平面A1B1C1D1內,點Q在線段A1N上,若,則的最小值為▲.參考答案:14.袋中裝有4個黑球,3個白球,甲乙按先后順序無放回地各摸取一球,在甲摸到了黑球的條件下,乙摸到白球的概率是_____.參考答案:.

分析:結合古典概型概率公式,直接利用條件概率公式求解即可詳解:設甲摸到黑球事件,則,乙摸到白球為事件,則,設甲摸到黑球的條件下,乙摸到球的概率為,故答案為.點睛:本題主要考查古典概型概率公式以及獨立事件的概率公式,條件概率公式,意在考查綜合運用所學知識解答問題的能力,屬于簡單題.15.無窮等比數(shù)列{an}的前n項和Sn滿足Sn=,那么a1的范圍是

.

參考答案:(0,3)∪(3,6)16.(1+x2)(1﹣x)5展開式中x3的系數(shù)為.參考答案:﹣15【考點】DB:二項式系數(shù)的性質.【分析】由于展開式中含x3的項為(﹣C53﹣C51)x3,故x3的系數(shù)為﹣C53﹣C51,運算求得結果.【解答】解:展開式中含x3的項為(﹣C53﹣C51)x3,故x3的系數(shù)為﹣C53﹣C51=﹣15,故答案為﹣15.17.已知命題p:|x﹣1|+|x+1|≥3a恒成立,命題q:y=(2a﹣1)x為減函數(shù),若p且q為真命題,則a的取值范圍是

.參考答案:(]

【考點】指數(shù)函數(shù)的單調性與特殊點;復合命題的真假.【分析】利用絕對值的幾何意義結合恒成立的解決方法可求的命題p為真時a的范圍,然后用指數(shù)函數(shù)的知識可以求出命題q為真時a的范圍,進而求交集得出a的取值范圍.【解答】解:∵p且q為真命題,∴命題p與命題q均為真命題.當命題p為真命題時:∵|x﹣1|+|x+1|≥3a恒成立,∴只須|x﹣1|+|x+1|的最小值≥3a即可,而有絕對值的幾何意義得|x﹣1|+|x+1|≥2,即|x﹣1|+|x+1|的最小值為2,∴應有:3a≤2,解得:a≤,①.當命題q為真命題時:∵y=(2a﹣1)x為減函數(shù),∴應有:0<2a﹣1<1,解得:,②.綜上①②得,a的取值范圍為:即:(].故答案為:(].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.直線在軸上的截距是1,并且到直線的角為,求的方程.參考答案:解析:設所求直線方程為

由到角公式得w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

所以故所求的方程為:19.如圖,在四棱錐P—ABCD中,底面是邊長為的菱形,且∠BAD=120°,且PA⊥平面ABCD,PA=,M,N分別為PB,PD的中點.(Ⅰ)證明:MN∥平面ABCD; (Ⅱ)過點A作AQ⊥PC,垂足為點Q,求二面角A—MN—Q的平面角的余弦值.參考答案:(Ⅰ)如圖連接BD.∵M,N分別為PB,PD的中點,∴在PBD中,MN∥BD.又MN平面ABCD,∴MN∥平面ABCD;(Ⅱ)如圖建系:A(0,0,0),P(0,0,),M(,,0),N(,0,0),C(,3,0).設Q(x,y,z),則.∵,∴.由,得:.

即:.對于平面AMN:設其法向量為.∵.則.

∴.同理對于平面AMN得其法向量為.記所求二面角A—MN—Q的平面角大小為,則.∴所求二面角A—MN—Q的平面角的余弦值為.略20.已知全集U=R,集合A={x|x2﹣4x﹣5≤0},B={x|x<4},C={x|x≥a}. (Ⅰ)求A∩(?UB);

(Ⅱ)若A?C,求a的取值范圍. 參考答案:【考點】交、并、補集的混合運算;集合的包含關系判斷及應用. 【專題】集合. 【分析】(Ⅰ)求出A中不等式的解集確定出A,由全集U=R,及B求出B的補集,求出A與B補集的交集即可; (Ⅱ)根據(jù)A,C,以及A為C的子集,確定出a的范圍即可. 【解答】解:(Ⅰ)∵全集U=R,B={x|x<4}, ∴?UB={x|x≥4}, 又∵A={x|x2﹣4x﹣5≤0}={x|﹣1≤x≤5}, ∴A∩(?UB)={x|4≤x≤5}; (Ⅱ)∵A={x|﹣1≤x≤5},C={x|x≥a},且A?C, ∴a的范圍為a≤﹣1. 【點評】此題考查了交、并、補集的混合運算,以及集合的包含關系判斷及應用,熟練掌握21.已知圓與圓相交于A、B兩點.(1)求過A、B兩點的直線方程.(2)求過A、B兩點且圓心在直線上的圓的方程.參考答案:(I)聯(lián)立,兩式相減并整理得:∴過A、B兩點的直線方程為………5分(II)依題意:

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