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

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

又

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：