2022-2023学年湖北省黄冈市磙子河中学高二数学文模拟试卷含解析

2022-2023学年湖北省黄冈市磙子河中学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.为了解疾病A是否与性别有关，在一医院随机地对入院50人进行了问卷调查，得到了如下列联表：

患疾病A不患疾病A合计男20525女101525合计302050请计算出统计量K2，你有多大的把握认为疾病A与性别有关？下面的临界值表供参考：0.050.0100.0050.0013.8416.6357.87910.828

A、95% B、99% C、99.5% D、99.9%参考答案：C略2.点P是曲线上的任意一点，则点P到直线y=x-2的最小距离为A.1

B．

C．

D．参考答案：D3.四名学生争夺三项冠军，获得冠军的可能的种数是

（

）A．81

B．64

C．24

D．4参考答案：A略4.圆的圆心坐标是

（

）A．

B．

C．

D．参考答案：A略5.已知函数f（x）=，则（）A． B． C． D．参考答案：B【考点】定积分．【分析】先根据条件可化为（x+1）2dx+dx，再根据定积分以及定积分的几何意义，求出即可．【解答】解：（x+1）2dx+dx，∵（x+1）2dx=（x+1）3|=，dx表示以原点为圆心以1为为半径的圆的面积的四分之一，故dx=π，∴（x+1）2dx+dx==，故选：B6.如图是一个几何体的三视图，根据图中的数据可得该几何体的体积为（）A．36π B．34π C．32π D．30π参考答案：D【考点】由三视图求面积、体积．【分析】根据几何体的三视图得出该几何体是半球体与圆锥体是组合体，结合图中数据求出几何体的体积．【解答】解：根据几何体的三视图知，该几何体是半球体与圆锥体是组合体，结合图中数据可得，球的半径R==3；所以该几何体的体积为V几何体=×πR3+πR2h=×π×33+π×32×4=30π．故选：D．7.已知向量，满足||=1，=（1，﹣），且⊥（+），则与的夹角为（）A．60° B．90° C．120° D．150°参考答案：C【考点】9S：数量积表示两个向量的夹角．【分析】设与的夹角为θ，0°＜θ＜180°，由垂直可得数量积为0，可得cosθ，可得夹角．【解答】解：设与的夹角为θ，0°＜θ＜180°∵=（1，﹣），∴||=2，又⊥（+），∴?（+）=0，∴=0，∴12+1×2×cosθ=0，解得cosθ=，∴θ=120°故选：C8.如图，在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P是A1D1的中点，Q是A1B1上的任意一点，E、F是CD上的任意两点，且EF的长为定值．现有如下结论：①异面直线PQ与EF所成的角是定值；②点P到平面QEF的距离是定值；③直线PQ与平面PEF所成的角是定值；④三棱锥P-QEF的体积是定值；⑤二面角P-EF-Q的大小是定值．其中正确结论的个数是A．0

B．1

C．2

D．3参考答案：D略9.如果抛物线方程为y2=4x，那么它的焦点坐标为（）A．（1，0） B．（2，0） C．（﹣1，0） D．（﹣2，0）参考答案：A【考点】抛物线的简单性质．【分析】先确定焦点位置，即在x轴正半轴，再求出P的值，可得到焦点坐标．【解答】解：∵抛物线y2=4x是焦点在x轴正半轴的标准方程，p=2，∴焦点坐标为：（1，0）故选A．10.命题1

长方体中，必存在到各顶点距离相等的点；

命题2

长方体中，必存在到各棱距离相等的点；

命题3

长方体中，必存在到各面距离相等的点。

以上三个命题中正确的有

(A)0个

(B)1个

(C)2个

(D)3个参考答案：B二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.已知AB，CD分别为椭圆的长轴和短轴，若，则椭圆的离心率是________.参考答案：12.三角形的一边长为14，这条边所对的角为60°，另两边之比为8：5，则这个三角形的面积为．参考答案：考点：三角形中的几何计算专题：解三角形．分析：设另两边分别为8k和5k，由余弦定理可求得k=2，故另两边分别为16和10，故这个三角形的面积为×16×10sin60°，计算求得结果．解答：解：设另两边分别为8k和5k，由余弦定理可得142=64k2+25k2﹣80k2cos60°，∴k=2，故另两边分别为16和10，故这个三角形的面积为×16×10sin60°=，故答案为：．点评：本题考查余弦定理的应用，三角形的面积公式，求出k=2是解题的关键，属于中档题．13.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，点M，N分别是棱BC,C1D1的中点，点P在平面A1B1C1D1内，点Q在线段A1N上，若，则的最小值为▲．参考答案：14.袋中装有4个黑球，3个白球，甲乙按先后顺序无放回地各摸取一球，在甲摸到了黑球的条件下，乙摸到白球的概率是_____.参考答案：.

分析：结合古典概型概率公式，直接利用条件概率公式求解即可详解：设甲摸到黑球事件，则，乙摸到白球为事件，则，设甲摸到黑球的条件下，乙摸到球的概率为，故答案为.点睛：本题主要考查古典概型概率公式以及独立事件的概率公式，条件概率公式，意在考查综合运用所学知识解答问题的能力，属于简单题.15.无穷等比数列｛an｝的前n项和Sn满足Sn=，那么a1的范围是

.

参考答案：（0，3）∪（3，6）16.（1+x2）（1﹣x）5展开式中x3的系数为．参考答案：﹣15【考点】DB：二项式系数的性质．【分析】由于展开式中含x3的项为（﹣C53﹣C51）x3，故x3的系数为﹣C53﹣C51，运算求得结果．【解答】解：展开式中含x3的项为（﹣C53﹣C51）x3，故x3的系数为﹣C53﹣C51=﹣15，故答案为﹣15．17.已知命题p：|x﹣1|+|x+1|≥3a恒成立，命题q：y=（2a﹣1）x为减函数，若p且q为真命题，则a的取值范围是

．参考答案：（]

【考点】指数函数的单调性与特殊点；复合命题的真假．【分析】利用绝对值的几何意义结合恒成立的解决方法可求的命题p为真时a的范围，然后用指数函数的知识可以求出命题q为真时a的范围，进而求交集得出a的取值范围．【解答】解：∵p且q为真命题，∴命题p与命题q均为真命题．当命题p为真命题时：∵|x﹣1|+|x+1|≥3a恒成立，∴只须|x﹣1|+|x+1|的最小值≥3a即可，而有绝对值的几何意义得|x﹣1|+|x+1|≥2，即|x﹣1|+|x+1|的最小值为2，∴应有：3a≤2，解得：a≤，①．当命题q为真命题时：∵y=（2a﹣1）x为减函数，∴应有：0＜2a﹣1＜1，解得：，②．综上①②得，a的取值范围为：即：（]．故答案为：（]．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.直线在轴上的截距是1，并且到直线的角为，求的方程.参考答案：解析：设所求直线方程为

又

由到角公式得w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

所以故所求的方程为：19.如图，在四棱锥P—ABCD中，底面是边长为的菱形，且∠BAD＝120°，且PA⊥平面ABCD，PA＝，M，N分别为PB，PD的中点．(Ⅰ)证明：MN∥平面ABCD； (Ⅱ)过点A作AQ⊥PC，垂足为点Q，求二面角A—MN—Q的平面角的余弦值．参考答案：(Ⅰ)如图连接BD．∵M，N分别为PB，PD的中点，∴在PBD中，MN∥BD．又MN平面ABCD，∴MN∥平面ABCD；(Ⅱ)如图建系：A(0，0，0)，P(0，0，)，M(，，0)，N(，0，0)，C(，3，0)．设Q(x，y，z)，则．∵，∴．由，得：．

即：．对于平面AMN：设其法向量为．∵．则．

∴．同理对于平面AMN得其法向量为．记所求二面角A—MN—Q的平面角大小为，则．∴所求二面角A—MN—Q的平面角的余弦值为．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的取值范围． 参考答案：【考点】交、并、补集的混合运算；集合的包含关系判断及应用． 【专题】集合． 【分析】（Ⅰ）求出A中不等式的解集确定出A，由全集U=R，及B求出B的补集，求出A与B补集的交集即可； （Ⅱ）根据A，C，以及A为C的子集，确定出a的范围即可． 【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的范围为a≤﹣1． 【点评】此题考查了交、并、补集的混合运算，以及集合的包含关系判断及应用，熟练掌握21.已知圆与圆相交于A、B两点.（1）求过A、B两点的直线方程.（2）求过A、B两点且圆心在直线上的圆的方程.参考答案：（I）联立，两式相减并整理得：∴过A、B两点的直线方程为………5分（II）依题意：