2022-2023学年湖南省张家界市慈利县第三中学高二数学理模拟试题含解析

2022-2023学年湖南省张家界市慈利县第三中学高二数学理模拟试题含解析 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. 给出下列四个命题： ①命题“若x＜﹣1，则x2﹣2x﹣3＞0”的否命题为“若x＜﹣1，则x2﹣2x﹣3≤0”； ②命题p：?x∈R，sinx≤1．则￢p：?x0∈R，使sinx0＞1； ③“φ=+kπ（k∈Z）”是“函数y=sin（2x+φ）为偶函数”的充要条件； ④命题p：“?x0∈R，使sinx0+cosx0=”；命题q：“设，是任意两个向量，则“?=||||”是“∥”的充分不必要条件”，那么（￢p）∧q为真命题． 其中正确的个数是(     ) A．4 B．3 C．2 D．1 参考答案： B 考点：命题的真假判断与应用． 专题：推理和证明． 分析：根据否命题的定义，可判断①；根据全称命题的否定方法，可判断②；根据三角函数的图象和性质及充要条件的定义，可判断③；根据三角函数的图象和性质及向量数量积的定义，可判断④． 解答： 解：①命题“若x＜﹣1，则x2﹣2x﹣3＞0”的否命题为“若x≥﹣1，则x2﹣2x﹣3≤0”，故错误； ②命题p：?x∈R，sinx≤1．则￢p：?x0∈R，使sinx0＞1，故正确； ③若函数y=sin（2x+φ）为偶函数，则sin（﹣2x+φ）=sin[π﹣（﹣2x+φ）]=sin（2x+π﹣φ）=sin（2x+φ）恒成立， 则2φ﹣π=2kπ（k∈Z），即φ=+kπ（k∈Z）， 反之当φ=+kπ（k∈Z）时，y=sin（2x+φ）=cos2x或y=sin（2x+φ）=﹣cos2x是偶函数， 故“φ=+kπ（k∈Z）”是“函数y=sin（2x+φ）为偶函数”的充要条件，故正确； ④∵sinx+cosx=sin（x+）∈[﹣，]，?[﹣，]， 故命题p：“?x0∈R，使sinx0+cosx0=”为假命题； 若?=||||，则向量，同向， 故命题q：“设，是任意两个向量，则“?=||||”是“∥”的充分不必要条件”为真命题， 那么（￢p）∧q为真命题． 综上正确的个数有3个， 故选：B 点评：本题考查的知识点是命题的真假判断与应用，本题综合性强，难度中档． 2. 右侧的程序运行后的输出结果为（   ） A．9      B．11      C．13      D．15 参考答案： C 3. 若直线过点（１，２），（４，２＋），则此直线的倾斜角是（　　） Ａ　３０°　　Ｂ　４５°　　Ｃ　　６０°　　Ｄ　　９０° 参考答案： A 4. 已知m、n为两条不同的直线，α、β为两个不同的平面， 下列命题中正确的是（    ）          A．若                B．若          C．若                D．若 参考答案： D 5. 的展开式中，的系数是（　　）    Ａ． Ｂ． Ｃ．297 Ｄ．207 参考答案： D 略 6. 函数，已知在时取得极值，则=（   ） A.2              B.3              C.4                 D.5   参考答案： D 略 7. 等差数列的公差为1，若以上述数列为样本，则此样本的 方差为（   ） A.1    B. 2   C. 3   D. 4 参考答案： B 8. 已知椭圆： +=1，若椭圆的焦距为2，则k为（　　） A．1或3 B．1 C．3 D．6 参考答案： A 【考点】椭圆的标准方程． 【分析】利用椭圆的简单性质直接求解． 【解答】解：①椭圆+=1，中a2=2，b2=k， 则c=， ∴2c=2=2， 解得k=1． ②椭圆+=1，中a2=k，b2=2， 则c=， ∴2c=2=2， 解得k=3． 综上所述，k的值是1或3． 故选：A． 9. 用反证法证明命题“平面四边形四个内角中至少有一个不大于90°时”，应假设（   ） A. 四个内角都大于90° B. 四个内角都不大于90° C. 四个内角至多有一个大于90° D. 四个内角至多有两个大于90° 参考答案： A 【分析】 对于“至少一个不大于”的否定为“全都大于”，由此得到结果. 【详解】“平面四边形四个内角中至少有一个不大于90°”的否定形式为：“平面四边形四个内角中都大于90°”，即反证法时应假设：四个内角都大于90° 本题正确选项：A 【点睛】本题考查反证法的假设，关键是明确至少问题的否定的形式，属于基础题. 10. 在△ABC中，内角A、b、c的对边长分别为a、b、c．已知a2﹣c2=2b，且sinB=4cosAsinC，则b=（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 参考答案： D 【考点】余弦定理；正弦定理． 【分析】由sinB=4cosAsinC，利用正弦定理和余弦定理可化为b2=2（b2+c2﹣a2），把a2﹣c2=2b代入即可得出． 【解答】解：由sinB=4cosAsinC， 利用正弦定理和余弦定理可得：b=×c， 化为b2=2（b2+c2﹣a2）， ∵a2﹣c2=2b， ∴b2=2（b2﹣2b），化为b2﹣4b=0， ∵b＞0，解得b=4． 故选：D． 【点评】本题考查了正弦定理和余弦定理在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题． 二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分 11. 点是抛物线上一动点，则点到点的距离与到直线的距离和的最小值是  ***  . 参考答案： 12. 在平面直角坐标系中，三点,，，则三角形OAB的外接圆方程是          ． 参考答案： 13. 在△ABC中，若___________.s5u 参考答案： 略 14. 已知，则等于            参考答案： -2 略 15. 在等比数列{an}中，若a1＋a2＋a3＝8，a4＋a5＋a6＝－4，则＝          ； 参考答案： 2 16.  下列程序执行后输出的结果是S＝________. i＝1 S＝0 WHILE　i<＝50   S＝S＋i   i＝i＋1 WEND PRINT S END 参考答案： 1275 17. 已知直线y=kx与双曲线4x2﹣y2=16有两个不同公共点，则k的取值范围为          ． 参考答案： （﹣2，2） 【考点】直线与圆锥曲线的关系． 【专题】计算题；函数思想；圆锥曲线的定义、性质与方程． 【分析】直线y=kx与双曲线x2﹣y2=4始终有两个不同公共点，求出双曲线的渐近线，即可推出K的范围． 【解答】解：由题意直线y=kx恒过原点，双曲线4x2﹣y2=16的渐近线为：y=±2x，﹣2＜k＜2 故答案为：（﹣2，2）． 【点评】本题考查直线与圆锥曲线的关系，解题的关键是将两曲线有交点的问题转化为方程有根的问题，这是研究两曲线有交点的问题时常用的转化方向． 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. 如图所示，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点． （Ⅰ）求直线BE与平面ABB1A1所成的角的正弦值； （Ⅱ）在棱C1D1上是否存在一点F，使B1F∥平面A1BE？证明你的结论． 参考答案： 【考点】直线与平面平行的判定；直线与平面所成的角． 【分析】（Ⅰ）先取AA1的中点M，连接EM，BM，根据中位线定理可知EM∥AD，而AD⊥平面ABB1A1，则EM⊥面ABB1A1，从而BM为直线BE在平面ABB1A1上的射影，则∠EBM直线BE与平面ABB1A1所成的角，设正方体的棱长为2，则EM=AD=2，BE=3，于是在Rt△BEM中，求出此角的正弦值即可． （Ⅱ）在棱C1D1上存在点F，使B1F平面A1BE，分别取C1D1和CD的中点F，G，连接EG，BG，CD1，FG，因A1D1∥B1C1∥BC，且A1D1=BC，所以四边形A1BCD1为平行四边形，根据中位线定理可知EG∥A1B，从而说明A1，B，G，E共面，则BG?面A1BE，根据FG∥C1C∥B1G，且FG=C1C=B1B，从而得到四边形B1BGF为平行四边形，则B1F∥BG，而B1F?平面A1BE，BG?平面A1BE，根据线面平行的判定定理可知B1F∥平面A1BE． 【解答】解：（I）如图（a），取AA1的中点M，连接EM，BM，因为E是DD1的中点，四边形ADD1A1为正方形，所以EM∥AD． 又在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中．AD⊥平面ABB1A1，所以EM⊥面ABB1A1，从而BM为直线BE在平面ABB1A1上的射影， ∠EBM直线BE与平面ABB1A1所成的角． 设正方体的棱长为2，则EM=AD=2，BE=， 于是在Rt△BEM中， 即直线BE与平面ABB1A1所成的角的正弦值为． （Ⅱ）在棱C1D1上存在点F，使B1F平面A1BE， 事实上，如图（b）所示，分别取C1D1和CD的中点F，G，连接EG，BG，CD1，FG， 因A1D1∥B1C1∥BC，且A1D1=BC，所以四边形A1BCD1为平行四边形， 因此D1C∥A1B，又E，G分别为D1D，CD的中点，所以EG∥D1C，从而EG∥A1B，这说明A1，B，G，E共面，所以BG?平面A1BE 因四边形C1CDD1与B1BCC1皆为正方形，F，G分别为C1D1和CD的中点，所以FG∥C1C∥B1B，且FG=C1C=B1B，因此四边形B1BGF为平行四边形，所以B1F∥BG，而B1F?平面A1BE，BG?平面A1BE，故B1F∥平面A1BE． 19. 已知F1，F2分别是椭圆+=1（a＞b＞0）的左、右焦点，过F2（2，0）与x轴垂直的直线交椭圆于点M，且|MF2|=3． （1）求椭圆的标准方程； （2）已知点P（0，1），问是否存在直线1与椭圆交于不同的两点A，B，且AB的垂直平分线恰好过P点？若存在，求出直线l斜率的取值范围；若不存在，请说明理由． 参考答案： 【考点】椭圆的简单性质． 【专题】综合题；方程思想；转化思想；数形结合法；圆锥曲线的定义、性质与方程． 【分析】（1）由题意可得：，解出即可得出． （2）假设存在直线1与椭圆交于不同的两点A，B，且AB的垂直平分线恰好过P点．则直线l的斜率存在，设l方程为：y=kx+t，A（x1，y1），B（x2，y2），线段AB的中点N（x0，y0）．与椭圆方程联立化为（3+4k2）x2+8ktx+4t2﹣48=0，由△＞0，化为：12+16k2＞t2．利用根与系数的关系、中点坐标公式可得N．利用PN⊥l，及其△＞0，解出即可得出． 【解答】解：（1）由题意可得：，解得c=2，a=4，b2=12． ∴椭圆的标准方程为． （2）假设存在直线1与椭圆交于不同的两点A，B，且AB的垂直平分线恰好过P点． 则直线l的斜率存在，设l方程为：y=kx+t，A（x1，y1），B（x2，y2），线段AB的中点N（x0，y0）． 联立，化为（3+4k2）x2+8ktx+4t2﹣48=0， △=64k2t2﹣4（3+4k2）（4t2﹣48）＞0， 化为：12+16k2＞t2． ∴x1+x2=，x1x2=． ∴x0==，y0=kx0+t=． ∴kPN==， ∵PN⊥l， ∴?k=﹣1， 化为：t=﹣3﹣4k2． 代入△＞0， 可得12+16k2＞（﹣3﹣4k2）2． 化为16k4+8k2﹣3＜0， 解得：，即． 因此存在直线1与椭圆交于不同的两点A，B，且AB的垂直平分线恰好过P点．直线l的斜率范围是． 【点评】本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭