云南省昆明市第三十四中学2022-2023学年高二数学文模拟试卷含解析

云南省昆明市第三十四中学2022-2023学年高二数学文模拟试卷含解析一、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.方程x3﹣6x2+9x﹣10=0的实根个数是（）A．3 B．2 C．1 D．0参考答案：C【分析】令f（x）=x3﹣6x2+9x﹣10，将方程x3﹣6x2+9x﹣10=0的实根转化为函数图象与x轴的交点．【解答】解：令f（x）=x3﹣6x2+9x﹣10，则f'（x）=3x2﹣12x+9=3（x﹣1）（x﹣3），∵f（1）=﹣6，f（3）=﹣10，则f（x）=x3﹣6x2+9x﹣10的简图如下：故选C．2.在△ABC中，，BC边上的高等于,则（

）A.

B.

C.

D.参考答案：A3.执行如图所示的程序框图，输出的S值为（

）A．650

B．1250

C．1352

D．5000参考答案：B4.正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为1，则点A1到平面ABC1D1的距离为（

） A.

B.

C.

D.参考答案：C5.若将如图的展开图还原成成正方体，则∠ABC的度数为(

) A．120° B．90° C．60° D．45°参考答案：C考点：表面展开图．专题：空间位置关系与距离．分析：将展开图还原成正方体，进行求解即可．解答： 解：还原正方形，连接ABC三个点，可得图形如图所示．可知AB=AC=BC，所以角的大小为60°故选：C．点评：本题看出棱柱的结构特征，是基础题．本题考查学生的空间想象能力．6.在区间上随机取一个数，的值介于0到之间的概率（

）A.

B.

C.

D.

参考答案：A7.将二进制数10001(2)化为五进制数为()A．32(5)

B．23(5)

C．21(5)

D．12(5)参考答案：A略8.函数在点处的切线方程是（

）A.

B.C.

D.参考答案：D9.用半径为的圆形铁皮剪出一个圆心角为的扇形，制成一个圆锥形容器，要使容器的容积最大，扇形的圆心角

A.

B.

C.

D.参考答案：D略10.计算定积分（1+）dx=（）A．e﹣1 B．e C．e+1 D．1+参考答案：B【分析】利用微积分基本定理即可得出．【解答】解：∵（x+lnx）′=1+，∴定积分（1+）dx==（e+lne）﹣（1+ln1）=e．故选：B．二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.假设要考察某公司生产的500克袋装牛奶的三聚青氨是否超标，现从800袋牛奶中抽取60袋进行检验，利用随机数表抽取样本时，先将800袋牛奶按000，001，…，799进行编号，如果从随机数表第7行第8列的数开始向右读，请你依次写出最先检测的5袋牛奶的编号

（下面摘取了随机数表第7行至第9行）8442175331

5724550688

7704744767

2176335025

83921206766301637859

1695566719

9810507175

1286735807

44395238793321123429

7864560782

5242074438

1551001342

9966027954．参考答案：331，572，455，068，047【考点】简单随机抽样．【分析】找到第7行第8列的数开始向右读，第一个符合条件的是331，第二个数是572，三个数是455，第四个数是068，第五个数是877它大于799故舍去，第五个数是047【解答】解：找到第7行第8列的数开始向右读，第一个符合条件的是331，第二个数是572，第三个数是455，第四个数是068，第五个数是877它大于799故舍去，第五个数是047．故答案为：331、572、455、068、04712.已知|2x﹣1|+（y+2）2=0，则（xy）2016=

．参考答案：1【考点】有理数指数幂的化简求值．【分析】根据指数幂的运算法则计算即可．【解答】解：∵|2x﹣1|+（y+2）2=0，∴x=，y=﹣2，∴xy=﹣1，∴（xy）2016=1，故答案为：113.已知抛物线C：的焦点为F，点是C上一点，圆M与直线交于E，G两点，若，则抛物线C的方程为__________．参考答案：【分析】作,垂足为,由点在抛物线上，得，由拋物线的性质，可知,，结合可得，解方程组即可得结果.【详解】画出图形如图所示，作,垂足为,由题意得点在抛物线上，则，①由拋物线的性质，可知,由抛物线的定义可得等于到抛物线准线的距离，即，，，,解得，②由①②解得(舍去）或，故抛物线方程为，故答案为.【点睛】本题主要考查抛物线的的方程与性质，考查了抛物线定义的应用，属于难题.与焦点、准线有关的问题一般情况下都与拋物线的定义有关，解决这类问题一定要注意点到点的距离与点到直线的距离的转化：（1）将抛线上的点到准线距离转化为该点到焦点的距离；(2)将抛物线上的点到焦点的距离转化为到准线的距离，使问题得到解决.14.正四面体的所有棱长都为2，则它的体积为________．参考答案：略15.如图是一体积为72的正四面体，连接两个面的重心E、F，则线段EF的长是__________．参考答案：考点：棱锥的结构特征．专题：计算题；作图题；综合题．分析：如图，求出正四面体的棱长，然后求出线段EF的长．解答：解：设正四面体的棱长为a，则正四面体的体积为=72，a=6，EF=，故答案为：．点评：本题考查棱锥的结构特征，考查计算能力，空间想象能力，是基础题，正四面体的体积、表面积、内切球半径、外接球半径、正四面体的高等，都是应该记忆的．16.某船开始看见灯塔在南偏东30°方向，后来船沿南偏东60°的方向航行45km后，看见灯塔在正西方向，则这时船与灯塔的距离是．参考答案：15km【考点】正弦定理．【分析】根据题意画出图形，如图所示，求出∠CAB与∠ACB的度数，在三角形ABC中，利用正弦定理列出关系式，将各自的值代入即可求出BC的长．【解答】解：根据题意画出图形，如图所示，可得∠DAB=60°，∠DAC=30°，AB=45km，∴∠CAB=30°，∠ACB=120°，在△ABC中，利用正弦定理得：=，即=，∴BC===15（km），则这时船与灯塔的距离是15km．故答案为：15km【点评】此题考查了正弦定理，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握正弦定理是解本题的关键．17.如右图是利用斜二测画法画出的的直观图,已知=4,且的面积为16,过作轴,则的长为__________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.已知抛物线C：y2=4x，过点A（1，2）作抛物线的弦AP，AQ，若AP⊥AQ，证明：直线PQ过定点，并求出定点坐标．参考答案：【考点】K8：抛物线的简单性质．【分析】设直线PQ方程，代入抛物线方程，根据韦达定理及向量的坐标运算，求得P点坐标，即可求得n=﹣2m+1或n=2m+5，由△＞0求得n=2m+5，代入PQ方程，即可求得直线PQ过定点．【解答】解：设PQ：x=my+n，P（x1，y1），Q（x2，y2），，∴y2﹣4my﹣4n=0，由△＞0恒成立得m2+n＞0恒成立，①y1+y2=4m，y1y2=﹣4n，又得（x1﹣1）（x2﹣1）+（y1﹣2）（y2﹣2）=0，又，，得（y1﹣2）（y2﹣2）[（y1+2）（y2+2）+16]=0，∴（y1﹣2）（y2﹣2）=0或（y1+2）（y2+2）+16=0，∴n=﹣2m+1或n=2m+5，由①知n=2m+5，∴PQ：x﹣5=m（y+2），所以直线PQ过定点（5，﹣2）．【点评】本题考查直线与抛物线的位置关系，韦达定理，向量数量积的坐标运算，考查计算能力，属于中档题．19.（本小题满分10分）已知函数的图像在处的切线与直线y=6x+3平行。（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）求的极值。参考答案：（Ⅰ）对函数求导，得，依题意，有，∴，∴ （Ⅱ）显然的定义域为（0，＋∞）由上问知，∴令，解得或（舍去） ∴当时，，当时，∴在（0，2）上是单调递减函数，在上是单调递增函数∴在时取得极小值且极小值为20.右图是一个直三棱柱（以为底面）被一平面所截得到的几何体，截面为．已知，，，，．（1）设点是的中点，证明：平面；（2）求二面角的大小；参考答案：（1）证明：作交于，连．则．因为是的中点，所以．则是平行四边形，因此有．平面且平面，则面．（2）如图，过作截面面，分别交，于，．作于，连．因为面，所以，则平面．又因为，，．所以，根据三垂线定理知，所以就是所求二面角的平面角．因为，所以，故，即：所求二面角的大小为．略21.（本小题满分12）已知中心在坐标原点O的椭圆C经过点A（2，3），且点F（2，0）为其右焦点。（1）求椭圆C的方程；（2）是否存在平行于OA的直线，使得直线与椭圆C有公共点，且直线OA与的距离等于4？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由。参考答案：（1）依题意，可设椭圆C的方程为，且可知左焦点为F（-2，0），从而有，解得，又，所以，故椭圆C的方程为。（2）假设存在符合题意的直线，其方程为，由得，因为直线与椭圆有公共点，所以有，解得，另一方面，由直线OA与的距离4可得：，从而，由于，所以符合题意的直线不存在。22.如图，四棱锥的底面是直角梯形，其中，，顶点在底面的射影落在线段上，是的中点.（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求证：平面平面；(III)若，求三棱锥的体积.参考答案：（Ⅰ）证法一：取中点，连结，∵分别是的中点，∴，又，且，∴，且∴四边形是平行四边形，

……2分∴

……3分又∵，，……4分∴平面

……5分证法二：取中点，连结∵分别是的中点，∴，又∵，，∴平面

……1分∵，且，∴四边形是平行四边形，∴又∵，，∴平面

……2分，，∴平面……4分∵，∴平面

……5分（Ⅱ）证法一：顶点在底面的射影落在线段上，设为，则

∵，∴

……6分∵中，，中，，∴∽，∴，故

即

……8分又∵，，∴……9分，∴

……10分证法二：顶点在底面的射影落在线段上，设为，则

，∵，∴

……6分在平面上，以为原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴建立平面直角坐标系，得，，，，由，得

……8分又∵，，∴

……9分，∴

……10分(III)解法一：∵，∴顶点在底面的射影落在线段的中点上，且由知

ks5u

……11分∵