云南省建水第一中学2022-2023学年高二上学期省测模拟数学试卷

云南省建水第一中学2022-2023年省测模拟试卷

数学

考试时间：120分钟；命题人：数学教研组

注意事项：

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息

2．请将答案正确填写在答题卡上

第I卷（选择题）

一、单选题

1．已知，则（    ）

A． B． C． D．

2．如图，在四面体OABC中，，且，则（    ）

A． B． C． D．

3．已知{an}是等比数列，若an>0，且a2a4＋2a3a5＋a4a6＝25，则a3＋a5＝（    ）

A．10 B．25 C．5 D．15

4．将函数的图象向右平移个单位，可以得到（    ）

A．的图象 B．的图象 C．的图象 D．的图象

5．函数的大致图象为（    ）

A． B．

C． D．

6．已知，则（    ）

A． B．

C． D．

7．命题“，”为真命题的一个充分不必要条件是（    ）

A． B． C． D．

8．如图，蹴鞠，又名“蹋鞠”、“蹴球”、“蹴圆”、“筑球”、“踢圆”等，“跳”有用脚蹴、蹋、踢的含义，“鞠”最早系皮革外包、内实米糠的球.因而“蹴鞠”就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动，类似今日的足球.2006年5月20日，蹴鞠已作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家级非物质文化遗产名录.若将“鞠”的表面视为光滑的球面，已知某“鞠”表面上的四个点A，B，C，D满足cm，cm，cm，则该“鞠”的表面积为（    ）

A．cm2 B．24cm2 C．27cm2 D．29cm2

二、多选题

9．若函数只有一个零点3，那么函数的零点是（ ）．

A． B． C． D．

10．图中阴影部分用集合符号可以表示为（    ）

A．

B．

C．

D．

11．已知函数f（x）=xa的图象经过点（，2），则（    ）

A．f（x）的图象经过点（2，4） B．f（x）的图象关于原点对称

C．f（x）在（0，+∞）上单调递增 D．f（x）在（0，+∞）内的值域为（0，+∞）

12．双曲线的方程为，左、右焦点分别为，过点作直线与双曲线的右半支交于点，，使得，则（    ）

A． B．点的横坐标为

C．直线的斜率为或 D．的内切圆半径是

第II卷（非选择题）

三、填空题

13．向量是单位向量，，，则______.

14．已知向量，，，_______．

15．已知曲线与曲线有相同的切线，则这条切线的斜率为___________.

16．已知菱形ABCD中，，，现将此菱形沿对角线BD对折，在折的过程中，当三棱锥体积最大时，______；当三棱锥表面积最大时，______.

四、解答题

17．在锐角中内角，，的对边分别为，，，且.

(1)求角；

(2)若，，求的值.

18．设函数．

(1)若曲线在点处的切线方程为，求；

(2)求函数的单调区间．

19．在中，．

(1)求；

(2)若，且的面积为，求的周长．

20．在中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，.

(1)求角B的大小；

(2)若，，求的面积.

21．如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，M，N分别为，AC的中点．

(1)求证：平面；

(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．

条件①：；

条件②：．

注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．

22．如图，在四棱锥P−ABCD中，已知AB∥CD，AD⊥CD，BC=BP，CD=2AB=4，△ADP是等边三角形，E为DP的中点.

(1)证明：AE⊥平面PCD；

(2)若，求平面PBC与平面PAD夹角的余弦值.

参考答案：

1．C

【分析】利用复数的乘法和共轭复数的定义可求得结果.

【详解】因为，故，故

故选：C.

2．D

【分析】利用空间向量基本定理求解出，从而求出.

【详解】因为，所以，

又，所以．

故选：D

3．C

【分析】根据等比数列的性质，由题中条件，可求出.

【详解】因为是等比数列，，

所以，即，

因为，

所以.

故选：C

4．D

【分析】利用相位变化和诱导公式直接得到答案.

【详解】将函数的图象向右平移个单位得到的图像

故选：D

5．A

【分析】求出函数的定义域，分析函数的奇偶性以及该函数在区间上的函数值符号，结合排除法可得出合适的选项.

【详解】函数的定义域为，

且，，所以，函数为偶函数，

排除BC选项；

当时，，则，排除D选项.

故选：A.

【点睛】思路点睛：函数图象的辨识可从以下方面入手：

（1）从函数的定义域，判断图象的左右位置；

（2）从函数的值域，判断图象的上下位置．

（3）从函数的单调性，判断图象的变化趋势；

（4）从函数的奇偶性，判断图象的对称性；

（5）函数的特征点，排除不合要求的图象.

6．A

【分析】根据式子的结构，构造函数，利用导数判断出单调性，比较出a、b的大小；构造函数，利用导数判断出单调性，比较出b、c的大小.

【详解】显然，皆为正数.欲比较和的大小，只需比较和的大小.，，即比较0.11和的大小即可.

下面先证明且.

记，则.

令，得：；令，得：；

函数在上单增，在上单减，

所以对任意，都有，即恒成立，

所以对任意且，都有，即恒成立，故，故.

构造函数，则，故当时，单调递增，故，即，综上.

故选：A.

7．A

【分析】先求命题“”为真命题的等价条件，再结合充分不必要的定义逐项判断即可.

【详解】因为为真命题，所以或，

对A，是命题“”为真命题的充分不必要条件，A对，

对B，是命题“”为真命题的充要条件，B错，

对C，是命题“”为真命题的必要不充分条件，C错，

对D，是命题“”为真命题的必要不充分条件，D错，

故选：A

8．D

【分析】由于，所以可以把四点放到长方体的四个顶点上，则该长方体的体对角线就是“鞠”的直径，求出体对角线长，从而可求出该“鞠”的表面积

【详解】因为“鞠”表面上的四个点A，B，C，D满足cm，cm，cm，

所以可以把四点放到长方体的四个顶点上，则该长方体的体对角线就是“鞠”的直径，

设该长方体的长、宽、高分别为，“鞠”的半径为，则

，

由题意得,

所以，即，

所以该“鞠”的表面积为，

故选：D

9．AB

【分析】由列方程，求得的关系式，由此求得的零点.

【详解】由题意知，∴，，

∴，使，则或.

故选：AB.

10．AD

【分析】由图可知，阴影部分是集合B与集合C的并集，再由集合A求交集，或是集A与B的交集并上集合A与C的交集，从而可得答案

【详解】解：由图可知，阴影部分是集合B与集合C的并集，再由集合A求交集，或是集A与B的交集并上集合A与C的交集，

所以阴影部分用集合符号可以表示为或，

故选：AD

11．BD

【分析】代入已知点坐标求得函数解析式，然后根据幂函数的性质判断．

【详解】将点的坐标代入，可得，则，的图象不经过点，A错误.在上单调递减，C错误.根据反比例函数的图象与性质可得B，D正确.

故选：BD．

12．BCD

【分析】根据双曲线的定义得到方程组，求出、，即可判断A，再由等面积法求出，代入双曲线方程求出，即可判断B，再求出直线的斜率，即可判断C，利用等面积法求出内切圆的半径，即可判断D；

【详解】解：如图所示，由题意知，解得，故A不正确；

在中，由等面积法知，解得，

代入双曲线方程得，又因为点在双曲右支上，故，故B正确；

由图知，，

由对称性可知，若点在第四象限，则，故C正确；

的内切圆半径

，故D正确．

故选：BCD．

13．

【分析】由题意可得，利用向量的模的运算代入求值即可得答案.

【详解】∵，

∴.

故答案为：.

14．

【分析】由已知可得，展开化简后可得结果.

【详解】由已知可得，

因此，.

故答案为：.

15．##0.5

【分析】由题可设两曲线的切点，然后根据导数的几何意义可得切线方程，进而即得.

【详解】设曲线与曲线的切点分别为，，

又，，

所以，，

所以切线为，即，

，即，

所以，

所以，，即这条切线的斜率为.

故答案为：.

16．     ##     .

【分析】当三棱锥的体积最大时，平面平面，进而求得的长度；先求得三棱锥的表面积的表达式，进而求得表面积最大时的长度.

【详解】当平面平面时，三棱锥体积最大，

此时；

三棱锥的表面积，

,

，

所以三棱锥的表面积，

故当，即时，表面积最大，此时.

故答案为：；.

17．(1)

(2)

【分析】（1）由2倍角公式统一角度与函数名称后解方程即可；

（2）先由余弦定理求得，再用正弦定理求解.

【详解】（1）

所以或者（舍去），又，所以；

（2）由余弦定理，所以（时不是锐角三角形，舍去）.

所以，可得.

18．(1)

(2)答案见解析

【分析】（1）求出，建立方程关系，即可求出结论；

（2）对分类讨论，求出的单调区间.

【详解】（1）由于切点在切线上，所以，函数通过点

又，根据导数几何意义，

；

（2）由可知

当时，则；

当时，则；

当时，的单调递减区间为，单调递增区间为

当时，单调递增区间为，单调递减区间为.

19．(1)

(2)

【分析】（1）利用二倍角的正弦公式化简可得的值，结合角的取值范围可求得角的值；

（2）利用三角形的面积公式可求得的值，由余弦定理可求得的值，即可求得的周长.

【详解】（1）解：因为，则，由已知可得，

可得，因此，.

（2）解：由三角形的面积公式可得，解得.

由余弦定理可得，，

所以，的周长为.

20．(1)

(2)

【分析】（1）由，利用正弦定理得到化简求解；

（2）由，再由，结合正弦定理和三角形面积公式求解.

【详解】（1）解：由，

得，

因为B，，

则且，

所以，

即，

则，

得，

所以.

（2），

，

，

又，

所以，

所以，

故.

21．(1)见解析

(2)见解析

【分析】（1）取的中点为，连接，可证平面平面，从而可证平面.

（2）选①②均可证明平面，从而可建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量可求线面角的正弦值.

【详解】（1）取的中点为，连接，

由三棱柱可得四边形为平行四边形，

而，则，

而平面，平面，故平面，

而，则，同理可得平面，

而平面，

故平面平面，而平面，故平面，

（2）因为侧面为正方形，故，

而平面，平面平面，

平面平面，故平面，

因为，故平面，

因为平面，故，

若选①，则，而，，

故平面，而平面，故，

所以，而，，故平面，

故可建立如所示的空间直角坐标系，则，

故，

设平面的法向量为，

则，从而，取，则，

设直线与平面所成的角为，则

.

若选②，因为，故平面，而平面，

故，而，故，

而，，故，

所以，故，

而，，故平面，

故可建立如所示的空间直角坐标系，则，

故，

设平面的法向量为，

则，从而，取，则，

设直线与平面所成的角为，则

.

22．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）利用平行四边形可证，可得，再由，即可求证；

（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解.

【详解】（1）取的中点，连接，，

因为是等边的中线，所以

因为是棱的中点，为的中点，

所以，且

因为，，所以，且，

所以四边形是平行四边形，所以.

因为，为的中点，所以，从而.

又，且平面，平面，

所以平面.

（2）由（1）知，又，，且､平面，

所以面，从而平面.

以为坐标原点，，，的方向分别为，，轴的正方向，

建立如图所示的空间直角坐标系.

则，，，

所以，，

设平面的法向量为，

由得

令，则，，所以.

又平面的一个法向量为，

所以，

即平面与平面夹角的余弦值为.