2022-2023学年河南省济源第一中学高二下学期6月模拟检测数学试题含答案

这是一份2022-2023学年河南省济源第一中学高二下学期6月模拟检测数学试题含答案，共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知非空集合M，N是全集U的子集，则（ ）
A．B．C．MD．N
【答案】D
【分析】利用韦恩图分析即可
【详解】根据题意，集合M，N间的关系如下图，易知，可用矩形表示全集U，椭圆表示集合M，圆表示集合N．根据图形可知，所以．
故选：D
2．设复数（i是虚数单位），则的值为（ ）
A．B．C．2D．
【答案】B
【分析】先根据复数的运算求出，再根据共轭复数及复数的模即可求解.
【详解】，故.
故选：B.
3．已知平面向量，均为单位向量，若向量，的夹角为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先求出以及，再求即可.
【详解】由题意知：，，故.
故选：D.
4．已知命题p：在中，若，则；命题q：函数有两个零点，则下列为真命题的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】分别判断命题p、命题q的真假，进而依次判断各选项即可得出结果.
【详解】对于命题p：在中，（大边对大角），由正弦定理得，故p是真命题；
对于命题q：∵，∴函数在上有一个零点，
又∵，∴函数有三个零点，故q为假，∴q为假命题.
所以为假命题；为假命题；为真命题；④为假命题.
故选:C.
5．已知，在中任取一点，则事件“”发生的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用几何概型的面积类型即可求出答案.
【详解】如图，表示以原点为圆心，半径为1的圆及其内部的区域，其面积为，事件“”表示点，落在为顶点得正方形及其内部，其面积为，故概率为：.
故选：C.
6．已知定义在上的奇函数在上的图象如图所示，则不等的解集为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据奇函数性质补充函数图象，然后根据符号法结合图象解不等式即可.
【详解】根据奇函数的图象特征作出函数在上的图象，如图所示：
由得，等价于或，
所以或，
解得或或，
所以不等的解集为.
故选：C
7．点F是抛物线的焦点，点，P为抛物线上一点，P不在直线AF上，则△PAF的周长的最小值是（ ）
A．4B．6C．D．
【答案】C
【分析】由抛物线的定义转化后求距离最值
【详解】抛物线的焦点，准线为
过点作准线于点，故△PAF的周长为，
，可知当三点共线时周长最小，为
故选：C
8．下列不等式中一定成立的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由得的范围可判断A；利用基本不等式求最值注意满足一正二定三相等可判断B；作差比较与的大小可判断C；作差比较与的大小可判断D.
【详解】因为，所以，所以，故A错误；
只有在时才成立，故B错误；
因为，所以，
所以，故C错误；
因为，所以，故D正确.
故选：D.
9．位于登封市告成镇的观星台相当于一个测量日影的圭表．圭表是我国古代一种通过测量正午日影长度来推定节气的天文仪器，它包括一根直立的标竿（称为“表”）和一把呈南北方向水平固定摆放的与标竿垂直的长尺（称为“圭”）．当正午太阳照射在表上时，日影便会投影在圭面上，圭面上日影长度最长的那一天定为冬至，日影长度最短的那一天定为夏至．如图是一个根据郑州市的地理位置设计的圭表的示意图，已知郑州市冬至正午太阳高度角（即）约为32.5°，夏至正午太阳高度角（即）约为79.5°，圭面上冬至线与夏至线之间的距离（即的长）为14米，则表高（即的长）约为（ ）（其中，）
A．9.27米B．9.33米C．9.45米D．9.51米
【答案】C
【分析】根据题意，，进而代入数据求解即可.
【详解】解：如图，，
设表高，则由题知，，
所以，
因为，，，
所以，解得，
所以，表高（即的长）约为米.
故选：C
10．如图，某城市的街区由12个全等的矩形组成（实线表示马路），段马路由于正在维修，暂时不通，则从到的最短路径有（ ）
A．种B．种C．种D．种
【答案】B
【分析】先考虑所有的最短路径有种，再减去经过段的最短路程即可.
【详解】由题意知：从从到的最短路径要通过7段马路，4段水平马路，3段竖直马路，共有种，又因为经过段的走法有种，
故不经过段的最短路程有种.
故选：B.
11．函数的部分图像如图所示，现将函数的图像向左平移个单位长度，再将图像上所有点的横坐标伸长为原来的倍（纵坐标不变），得到函数的图像，则的表达式可以为（ ）

A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】先由图像中最大值及求出、，再结合及求得，即可求得，最后通过平移伸缩变换得到即可.
【详解】由图像可知：；，又，所以；由，可得，解得，又，即，解得，故，，即，将函数的图像向左平移个单位长度得，再将图像上所有点的横坐标伸长为原来的倍得.
故选：B.
12．已知函数，若，且，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】画出的图像，设，故，构造函数令，求导确定的单调性，即可求出最大值.
【详解】作出函数的图像如下图：
因为，且，结合图像，不妨设，设，则，且，即，
，即，所以，设，则，
因为，所以，所以，所以，所以在单调递增，，
即的最大值为，所以的最大值为.
故选：D.
二、填空题
13．在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，满足，则 .
【答案】
【分析】由已知及正弦定理可得，，进而由余弦定理可得的值．
【详解】因为，所以由正弦定理得，又，所以可得，所以.
故答案为：.
14．已知的展开式中各项系数之和为-32，则该展开式中含的项的系数为 .
【答案】
【分析】令得各项系数之和为，求得，由题意利用二项展开式的通项公式求出的系数．
【详解】令得，，解得，
所以的展开式中含的项的系数为．
故答案为：
15．设双曲线：的左、右焦点分别为，以为圆心的圆恰好与双曲线的两渐近线相切，且该圆过线段的中点，则双曲线的离心率是 ．
【答案】/
【分析】先由焦点到渐近线的距离求出半径，再利用该圆过线段的中点得到，即可求出离心率,
【详解】
由题意知：渐近线方程为，由焦点，，则圆的半径为，又该圆过线段的中点，
故，离心率为.
故答案为：.
16．在三棱锥中，，，为的中点，平面，且，则三棱锥的外接球的表面积为 .
【答案】
【解析】结合立体图形，找出球心的位置建立等量关系求解方程组，即可得解.
【详解】在中，，，
所以的外接圆的半径，
结合图形分析：
圆心到点的距离为4.另设三棱锥的外接球球心到平面的距离为，设外接球的半径为，
则中，，
直角梯形中，，
解得，，所以.
故答案为：
【点睛】此题考查与锥体有关的解决锥体外接球的问题，关键在于熟练掌握球的几何特征，建立等量关系求解半径.
三、解答题
17．在等比数列中，，且，，成等差数列.
(1)求的通项公式；
(2)若，证明：数列的前n项和.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据等差数列和等比数列的性质，列方程求解即可.
（2）对进行分组求和，一部分利用裂项相消进行求和，一部分利用等比数列的求和公式进行求和，再对计算得到的进行不等式的放缩，即可证明不等式成立.
【详解】（1）设数列的公比为q，
由，得，所以.
因为，，成等差数列，所以，
即，解得.
因此.
（2）因为，
所以
.
因为，，所以.
18．受北京冬奥会的影响，更多人开始关注滑雪运动，但由于室外滑雪场需要特殊的气候环境，为了满足日益增长的消费需求，国内出现了越来越多的室内滑雪场.某投资商抓住商机，在某大学城附近开了一家室内滑雪场.经过6个季度的经营，统计该室内滑雪场的季利润数据如下：
根据上面的数据得到的一些统计量如下：
表中，.
(1)若用方程拟合该室内滑雪场的季利润y与季度x的关系，试根据所给数据求出该方程；
(2)利用（1）中得到的方程预测该室内滑雪场从第几个季度开始季利润超过6.5万元；
(3)从这6个季度的利润中随机抽取4个，记季利润不低于4.5万元的个数为X，求X的分布列和数学期望.
附：线性回归方程中，，.参考数据：
【答案】(1)；
(2)第12个；
(3)分布列见解析，期望为2.
【分析】(1)令，先求y关于u的线性回归方程，利用最小二乘法直接求解即可；
(2)令，利用指数、对数的互化运算解不等式即可；
(3)根据题意可知X的可能取值为1、2、3，利用超几何分布的概率公式求出对应的概率，列出关于X的分布列，结合随机变量的均值计算公式即可得出结果.
【详解】（1）由，先求y关于u的线性回归方程.
由已知数据得，
故，
所以y关于u的回归方程为，
故y关于x的回归方程为；
（2）令，得，
所以，
故预测从第12个季度开始季利润超过6.5万元；
（3）这6个季度的利润中，不低于4.5万元的有3个，所以X的取值为1，2，3，
，，，
所以X的分布列为：
所以.
19．如图，在矩形中，，，为的中点，将沿折起，使点到点处，平面平面.
(1)证明：平面平面；
(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）由勾股定理得，由面面垂直的性质得，从而线面垂直判定定理得平面，最后利用面面垂直的判定定理证明即可；
（2）取中点O，连接，即可得到平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解二面角的余弦值.
【详解】（1）由，，得，得，即，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又平面，故，
又，，平面，所以平面，
而平面，所以平面平面；
（2）取中点O，连接，则，又平面平面，
平面平面，平面，所以平面，
以O为原点，，，方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，
如图，
则，，，，
设平面的法向量为，由，，
则，即，取，则，
设平面的法向量为，由，，
则，即，取，则，
故.
故二面角的余弦值为.
20．已知椭圆的离心率为，左、右顶点分别为，，上下顶点分别为，，四边形的面积为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)不过点的直线l交椭圆于P，Q两点，直线和直线的斜率之和为2，证明：直线l恒过定点．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）运用椭圆的离心率公式和三角形的面积公式，结合，，的关系，解方程可得，，，进而得到椭圆方程；
（2）分直线的斜率存在与不存在两种情况讨论，当直线的斜率存在时设，，，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，由整理可得，即可求出直线过定点坐标；
【详解】（1）解：由题意可得，，即，又
，解得，，，
则椭圆的方程为；
（2）证明：由（1）可得，
①当直线的斜率存在时，设，，，
由，所以，
又，代入整理得，
由消去整理得，
所以，，
所以，
整理得，
当时，直线过，不符合题意，
所以，即，
故直线的方程为，符合题意，
故恒过点；
②当直线的斜率不存在时，设，，由，解得，
即直线的方程为，必过定点，
综上可得，直线恒过定点；
21．已知函数，.
(1)若，求函数的最大值；
(2)若函数的一个极值点为，求证：.
【答案】(1)1
(2)证明见解析
【分析】(1)根据导数的运算公式和法则求得，令、，分别解不等式即可得出函数的单调性，进而求出函数的最大值；
(2)根据极值点的概念求出函数的解析式，将原不等式转化为在上恒成立，求出，利用导数研究函数的单调性，结合零点的存在性定理可知、的范围，即为函数的单调区间，根据零点的概念计算即可求出.
【详解】（1）函数的其定义域为，
若，，
所以，
由，得；由，得，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为，
所以.
（2），则由题意知，解得，经检验，符合题意，
所以，所以要证，即证.
令，则.
令.
则在上单调递增，
因为，，
所以，使得，即，
所以当时，，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增.
所以.
又因为，即，所以，
所以，即，即.
【点睛】导函数中常用的两种转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
22．在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）．以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．
(1)求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；
(2)若直线与轴、轴的交点分别为，两点，为曲线上的任意一点，求的面积的最小值．
【答案】(1)直线的普通方程；曲线的直角坐标方程为．
(2).
【分析】（1）直接消去参数得普通方程，利用互化公式得到曲线的直角坐标方程；
（2）由题可设，利用点到直线的距离公式求解可得.
【详解】（1）由直线的参数方程为消去参数，得
直线的普通方程；
由得，则，
所以曲线的直角坐标方程为．
（2）由（1）可知，，设，
则点到直线的距离为
，其中，
当时，，
又，
所以的面积的最小值为．
23．已知函数．
(1)若，求不等式的解集；
(2)若时，函数的图像与直线所围成图形的面积为，求实数的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，分，，三种情况讨论求解即可；
（2）分别计算围成的三角形的顶点坐标，，，进而列式计算即可.
【详解】（1）解：当时，
或或
即或或，
所以原不等式的解集为-
（2）解：
所以，的图像如图所示，
故令得，即，令得，即，
因为，
所以△的面积为．
解得：-
第x个季度
1
2
3
4
5
6
季利润y（万元）
2.2
3.6
4.3
4.9
5.3
5.5
4.3
0.5
101.4
14.1
1.8
X
1
2
3
P