广东省中山市广东博文学校2023年高二数学文模拟试题含解析

1、广东省中山市广东博文学校2023年高二数学文模拟试题含解析一、 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. 若ABC为钝角三角形，三边长分别为2，3，x，则x的取值范围是（）ABCD参考答案：D【考点】三角形的形状判断 【专题】计算题【分析】根据三角形为钝角三角形，得到三角形的最大角的余弦值也为负值，分别设出3和x所对的角为和，利用余弦定理表示出两角的余弦，因为和都为钝角，得到其值小于0，则分别令余弦值即可列出关于x的两个不等式，根据三角形的边长大于0，转化为关于x的两个一元二次不等式，分别求出两不等式的解集，取两解集的交集即为x的取

2、值范围【解答】解：由题意，x的取值范围是，故选D【点评】此题考查学生灵活运用余弦定理化简求值，会求一元二次不等式组的解集，是一道综合题学生在做题时应注意钝角三角形这个条件2. 如果执行右面的程序框图，那么输出的（） w.w.w.k.s.5.u.c.o.m A22 B46 C D190参考答案：C3. 计算： =（）A1+iB1iC1+iD1i参考答案：A【考点】A5：复数代数形式的乘除运算【分析】按照复数除法的运算法则，分子分母同乘以1i，计算化简即可【解答】解： =1+i故选A4. 一个几何体的三视图如图所示，且其侧视图是一个等边三角形，则这个几何体的体积为（）AB（4+）CD参考答案：D【

3、考点】由三视图求面积、体积【专题】计算题【分析】几何体是一个组合体，是由半个圆锥和一个四棱锥组合成的几何体，圆柱的底面直径和母线长都是2，四棱锥的底面是一个边长是2的正方形，做出圆锥的高，根据圆锥和圆柱的体积公式得到结果【解答】解：由三视图知，几何体是一个组合体，是由半个圆锥和一个四棱锥组合成的几何体，圆柱的底面直径和母线长都是2，四棱锥的底面是一个边长是2的正方形，四棱锥的高与圆锥的高相同，高是=，几何体的体积是=，故选D【点评】本题考查由三视图求组合体的体积，考查由三视图还原直观图，本题的三视图比较特殊，不容易看出直观图，需要仔细观察5. 下列命题中正确的有（）命题?xR，使sin x+c

4、os x=的否定是“对?xR，恒有sin x+cos x”；“a1或b2”是“a+b3”的充要条件；R2越小，模型的拟合效果越好；十进制数66化为二进制数是1 000 010（2）ABCD参考答案：B【考点】命题的真假判断与应用【分析】利用命题的否定形式，判断的正误；利用充要条件判断的正误；利用独立检验判断的正误；利用进位制求解判断的正误【解答】解：命题?xR，使sin x+cos x=的否定是“对?xR，恒有sin x+cos x”；满足命题的否定形式，所以正确；“a1或b2”是“a+b3”的充要条件；不是充要条件，所以不正确；R2越小，模型的拟合效果越好；不满足独立检验的判断，所以不正确；

5、1 000 010（2）=126+12=66（10）十进制数66化为二进制数是1 000 010（2）故选：B6. 已知，且命题，命题，则是的A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件参考答案：C7. 已知全集，若，则集合的真子集共有( ) A3个 B4个 C5个 D6个参考答案：A略8. 直线与圆相交于两点，若，则的取值范围是（ ）A. B. C. D.参考答案：A9. 双曲线的左、右焦点分别是F1，F2，过F1作斜率是的直线交双曲线右支于M点，若MF2垂直于x轴，则双曲线的离心率为A B C D参考答案：B将x=c代入双曲线的方程得y= 即M（c

6、，）在MF1F2中，10. 一个圆柱的侧面展开图是一个正方形，则这个圆柱的全面积和侧面积的比是（ ）A. B. C. D. 参考答案：A二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 在如图所示的数阵中，第行从左到右第3个数是 参考答案：略12. 在数列中，试猜想出这个数列的通项公式为 .参考答案：13. ABC中，b=a, B=2A，则ABC为_ 三角形参考答案：等腰直角14. 在三角形ABC中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，若的面积S=2，则此三角形的外接圆直径是_。参考答案：15. 在数列中，则该数列的前2014项的和是 参考答案：704916. 已知，且，则x，y中至

7、少有一个大于1，在用反证法证明时，假设应为_参考答案：x，y均不大于1（或者且）【分析】假设原命题不成立，即找x，y中至少有一个大于1的否定即可.【详解】x，y中至少有一个大于1，其否定为x，y均不大于1，即x1且y1，故答案为：x1且y1【点睛】本题考查反证法，考查命题的否定，属于基础题17. 已知直线若与关于轴对称，则的方程为_;若与关于轴对称，则的方程为_;若与关于对称，则的方程为_;参考答案：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. 椭圆C： +=1（ab0）的离心率为，其左焦点到点P（2，1）的距离为（）求椭圆C的标准方程；（）若直线l：y

8、=kx+m与椭圆C相交于A，B两点（A，B不是左右顶点），且以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标参考答案：【考点】直线与圆锥曲线的综合问题【分析】（）利用两点间的距离公式可得c，再利用椭圆的标准方程及其性质即可得出a，b；（）把直线l的方程与椭圆的方程联立可得根与系数的关系，再利用以AB为直径的圆过椭圆的右顶点D，可得kAD?kBD=1，即可得出m与k的关系，从而得出答案【解答】解：（）左焦点（c，0）到点P（2，1）的距离为，解得c=1又，解得a=2，b2=a2c2=3所求椭圆C的方程为：（）设A（x1，y1），B（x2，y2），由得（3+4k2）x2+8m

9、kx+4（m23）=0，=64m2k216（3+4k2）（m23）0，化为3+4k2m2，y1y2=（kx1+m）（kx2+m）=以AB为直径的圆过椭圆的右顶点D（2，0），kAD?kBD=1，y1y2+x1x22（x1+x2）+4=0，化为7m2+16mk+4k2=0，解得m1=2k，且满足3+4k2m20当m=2k时，l：y=k（x2），直线过定点（2，0）与已知矛盾；当m=时，l：y=k，直线过定点综上可知，直线l过定点，定点坐标为19. （本小题满分12分）如图（1），是等腰直角三角形，、分别为、的中点，将沿折起，使在平面上的射影恰为的中点，得到图（2）（1）求证：；（2）求三棱锥的体

10、积参考答案：（）证法一：在中，是等腰直角的中位线， -1分Ks5u在四棱锥中， 平面，又平面, -6分证法二：同证法一 Ks5u平面， 又平面, -6分（）在直角梯形中 ，, = 又垂直平分， -10分三棱锥的体积为： -12分20. 在班级活动中，4名男生和3名女生站成一排表演节目.（）3名女生相邻，有多少种不同的站法？（）女生甲不能站在最左端，有多少种不同的站法？参考答案：（）720种；（）4320种【分析】（）相邻问题用“捆绑法”；（）有限制元素采取“优先法”.【详解】解：（）3名女生相邻可以把3名女生作为一个元素，和4名男生共有5个元素排列，有种情况，其中3名女生内部还有一个排列，有种

11、情况，一共有种不同的站法.（）根据题意，女生甲不能站在最左端，那么除最左端之外，甲有种站法，将剩余的6人全排列，安排在剩余的位置，有种站法，一共有种不同的站法.【点睛】本题主要考查排列的应用，较基础.21. 已知 (nN*)的展开式中第五项的系数的与第三项的系数的比是101.(1)求展开式中各项系数的和；(2)求展开式中含的项；(3)求展开式中系数最大的项和二项式系数最大的项参考答案：（1）1；（2）；（3）.【分析】（1）已知的展开式中第五项系数与第三项的系数的比是，由此关系建立起方程，求出；(2)由（1) ，利用展开式中项的公式,令的指数为解出,即可得到的项；(3)利用,得出展开式中系数最

12、大的项 .【详解】解：由题意知，第五项系数为C(2)4，第三项的系数为C(2)2，则，化简得n25n240，解得n8或n3(舍去)(1)令x1得各项系数的和为(12)81.(2)通项公式Tr1C ()8rC (2)rx2r，令2r，则r1.故展开式中含的项为.(3)设展开式中的第r项，第r1项，第r2项的系数绝对值分别为C2r1，C2r，C2r1，若第r1项的系数绝对值最大，则解得5r6.又T6的系数为负，所以系数最大的项为T71 792x11由n8知第5项二项式系数最大，此时.【点睛】本题主要考查二项展开式定理的通项与系数，属于简单题. 二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一，关于二项式定

13、理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项展开式定理的应用.22. 如图，在三棱锥A-BCD中，已知都是边长为2的等边三角形，E为BD中点，且平面BCD，F为线段AB上一动点，记.(1)当时，求异面直线DF与BC所成角的余弦值；(2)当CF与平面ACD所成角的正弦值为时，求的值.参考答案：（1）（2）分析：（1）建立空间直角坐标系，设立各点坐标，根据向量数量积求向量夹角，最后根据线线角与向量夹角相等或互补得结果，（2）建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用方程组求平面的一个法向量，再根据向量数量积求向量夹角，最后根据线面角与向量夹角互余列等量关系，解得结果，详解：