2022-2023学年安徽省芜湖市桥职业高级中学高二数学理模拟试卷含解析

1、2022-2023学年安徽省芜湖市桥职业高级中学高二数学理模拟试卷含解析一、 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. 一个容量为100的样本，其数据的分组与各组的频数如下表：组别0,10)10,20)20,30)30,40)40,50)50,60)60,70)频数1213241516137则样本数据落在10,40)上的频率为()A0.13 B0.39C0.52D0.6参考答案：C2. i是虚数单位，复数（ ）A. B. C. D. 参考答案：A【分析】根据复数的运算，即可求解，得到答案【详解】由题意，根据复数的运算可得，故选A【点

2、睛】本题主要考查了复数的除法运算，其中解答中熟记复数的运算法则是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题3. 如图中阴影部分的面积为 （ ） A2 B92C. D.参考答案：C略4. 一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的表面积为（）A21+B18+C21D18参考答案：A【考点】由三视图求面积、体积【分析】判断几何体的形状，结合三视图的数据，求出几何体的表面积【解答】解：由三视图可知，几何体是正方体的棱长为2，截去两个正三棱锥，侧棱互相垂直，侧棱长为1，几何体的表面积为：S正方体2S棱锥侧+2S棱锥底=21+故选：A【点评】本题考查三视图求解几何体的表面积，解题的关键是判断几何体的

3、形状5. 过点P（2，1）且被圆C：x2+y22x+4y=0 截得弦长最长的直线l的方程是( )A3xy5=0B3x+y7=0Cx3y+5=0Dx+3y5=0参考答案：A【考点】直线与圆的位置关系 【专题】计算题；压轴题【分析】当过点P的直线过圆心时，截得的弦长正是圆的直径，为弦长最长的情况，进而根据圆的方程求得圆心坐标，根据圆心和点P的坐标求得所求直线的方程【解答】解：依题意可知过点P和圆心的直线被圆截得的弦长最长，整理圆方程得（x1）2+（y+2）2=5，圆心为（1，2）此时直线的斜率为=3过点P和圆心的直线方程为y1=3（x2），整理得3xy5=0故选A【点评】本题主要考查了直线与圆的位

4、置关系考查了学生分析问题和解决问题的能力6. 用反证法证明命题：若整系数一元二次方程有有理根，那么中至少有一个是偶数时，下列假设中正确的是( )假设都是偶数假设都不是偶数假设至多有一个是偶数假设至多有两个是偶数参考答案：B略7. 已知向量a(4,2)，b(x,3)，且ab，则x的值是( )A6 B6 C9 D12参考答案：A8. 已知函数，其中为常数那么“”是“为奇函数”的( )A充分而不必要条件 B必要而不充分条件C充分必要条件 D既不充分也不必要条件参考答案：C略9. 在中，若则为（ ） 或 或参考答案：C10. 空间四边形ABCD的对角线AC=10，BD=6，M、N分别为AB、CD的中点

5、，MN=7，则异面直线AC和BD所成的角等于（）A30B60C90D120参考答案：B【考点】异面直线及其所成的角【分析】由题意画出图形，得到异面直线AC和BD所成的角（或补角），由余弦定理求解得答案【解答】解：如图，取AD中点G，连接MG，NG，AC=10，BD=6，M、N分别为AB、CD的中点，NG=5，MG=3，又MN=7，cosMGN=，cosMGN=120，则异面直线AC和BD所成的角等于60故选：B二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 在正棱柱ABCA1B1C1中，M为A1B1C1的重心，若=， =，=，则=，= 参考答案： +，【分析】利用正棱柱ABCA1B1

6、C1的性质及空间向量加法法则直接求解【解答】解：在正棱柱ABCA1B1C1中，M为A1B1C1的重心，=， =， =，=，=（）=（+）=+（）=故答案为： +，12. 已知向量=（k，12），=（4，5），=（10，k），且A、B、C三点共线，当k0时，若k为直线的斜率，则过点（2，1）的直线方程为参考答案：2x+y3=0【考点】三点共线【分析】先求出和的坐标，利用向量和共线的性质x1y2x2y1=0，解方程求出k的值利用点斜式可得直线方程【解答】解：由题意可得=（4k，7），=（6，k5），由于和共线，故有故有（4k）（k5）+42=0，解得 k=11或 k=2当k0时，若k为直线的斜率，

7、过点（2，1）的直线方程为y+1=2（x2），即2x+y3=0故答案为2x+y3=013. 过点P（1，3）的动直线与抛物线y=x2交于A，B两点，在A，B两点处的切线分别为l1、l2，若l1和l2交于点Q，则圆x2+（y2）2=4上的点与动点Q距离的最小值为参考答案：2【考点】直线与抛物线的位置关系【分析】设动直线的方程为：y3=k（x1），A（x1，y1），B（x2，y2）（x1x2）直线方程与抛物线方程联立化为：x2kx+k3=0对y=x2求导，y=2x，可得切线l1、l2的方程分别为：yy1=2x1（xx1），yy2=2x2（xx2）化为：y=2x1x，y=2x2x，再利用根与系数的关

8、系可得：Q，其轨迹方程为：y=2x3圆x2+（y2）2=4的圆心C（0，2）求出圆心C到直线的距离d即可得出圆x2+（y2）2=4上的点与动点Q距离的最小值为 dr【解答】解：设动直线的方程为：y3=k（x1），A（x1，y1），B（x2，y2）（x1x2）联立，化为：x2kx+k3=0，x1+x2=k，x1x2=k3对y=x2求导，y=2x，切线l1、l2的方程分别为：yy1=2x1（xx1），yy2=2x2（xx2）化为：y=2x1x，y=2x2x，相减可得：x=，相加可得：y=（x1+x2）x 2x1x2=k3解得Q，其轨迹方程为：y=2x3圆x2+（y2）2=4的圆心C（0，2）圆心C

9、到直线的距离d=2=r圆x2+（y2）2=4上的点与动点Q距离的最小值为2故答案为：214. 设双曲线（a0，b0）的渐近线与抛物线yx21相切，则该双曲线的离心率等于_参考答案：略15. 已知球O是正三棱锥（底面为正三角形，顶点在底面的射影为底面中心）A-BCD的外接球，BC=3，点E在线段BD上，且BD=3BE，过点E作圆O的截面，则所得截面圆面积的取值范围是_.参考答案：【分析】设BDC的中心为O1，球O的半径为R，连接oO1D，OD，O1E，OE，可得R23+（3R）2，解得R2，过点E作圆O的截面，当截面与OE垂直时，截面的面积最小，当截面过球心时，截面面积最大，即可求解【详解】如图

10、，设BDC的中心为O1，球O的半径为R，连接oO1D，OD，O1E，OE，则，AO1在RtOO1D中，R23+（3R）2，解得R2，BD3BE，DE2在DEO1中，O1E 过点E作圆O的截面，当截面与OE垂直时，截面的面积最小，此时截面圆的半径为，最小面积为2当截面过球心时，截面面积最大，最大面积为4故答案为：2，4【点睛】本题考查了球与三棱锥的组合体，考查了空间想象能力，转化思想，解题关键是要确定何时取最值，属于中档题16. 是定义在上的非负可导函数，且满足，对任意正数m，n若，则与的大小关系是_（请用，或=）参考答案：17. 如图，过椭圆（ab0）的左顶点A作直线交y轴于点P，交椭圆于点Q

11、，若AOP是等腰三角形，且=2，则椭圆的离心率是 参考答案：【考点】椭圆的简单性质【分析】利用等腰三角形的性质和向量相等运算即可得出点Q的坐标，再代入椭圆方程即可【解答】解：AOP是等腰三角形，A（a，0）P（0，a）设Q（x0，y0），=2，（x0，y0a）=2（ax0，y0），解得代入椭圆方程得+=1，化为=e=故答案：【点评】熟练掌握等腰三角形的性质和向量相等运算、“代点法”等是解题的关键三、 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. 一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积 参考答案：360略19. 已知椭圆的中心在原点，短半轴的端点到其右焦

12、点的距离为，过焦点F作直线，交椭圆于两点（）求这个椭圆的标准方程；（）若椭圆上有一点，使四边形AOBC恰好为平行四边形，求直线的斜率参考答案：解：（）由已知，可设椭圆方程为，- 1分则 ， -2分所以，-3分所以椭圆方程为-4分（）若直线轴，则平行四边形AOBC中，点C与点O关于直线对称，此时点C坐标为因为 ，所以点C在椭圆外，所以直线与轴不垂直-6分于是，设直线的方程为，点， -7分则 整理得， - 8分， 所以 - 10分因为 四边形为平行四边形，所以 ， - 11分所以 点的坐标为， 所以 ， -13分解得，所以 -14分略20. 在极坐标系下，已知圆O：和直线，（1）求圆O和直线l的直角坐标方程；（2）当时，求直线l与圆O公共点的一个极坐标.参考答案：（1） 圆O的直角坐标方程为x2+y2-x-y=0,直线l的直角坐标方程为x-y+1=0（2）（1）圆O：，即圆O的直角坐标方程为：，即直线，即则直线的直角坐标方程为：，即（2）由得故直线与圆O公共点的一个极坐标为21. （本题14分）已知函数f（x）=x2lnx