2022-2023学年河南省商丘市部分学校高二下学期6月摸底考试数学试题含答案

这是一份2022-2023学年河南省商丘市部分学校高二下学期6月摸底考试数学试题含答案，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年河南省商丘市部分学校高二下学期6月摸底考试数学试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】先求出集合，再求两集合的交集即可【详解】由，得，解得，所以，因为，所以，故选：A2．复数，则（    ）A． B． C．2 D．【答案】B【分析】由条件可知，利用复数的除法计算结果，并求模.【详解】，故，则.故选:B.3．已知，则是的（    ）A．必要不充分条件 B．充分不必要条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】根据三角函数的性质可由得或，即可判断，的关系.【详解】由，则或，故由推不出， 可推出，故是的必要不充分条件.故选：A.4．已知锐角满足，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用二倍角公式求出，再将原式化为，代入求解即可.【详解】因为为锐角，所以，又，所以，所以.故选：D.5．如图所示为函数的图象，则的解析式可能是（    ）  A． B．C． D．【答案】D【分析】由函数的图象的定义域可排除A；奇偶性可排除C；当趋近于正无穷时，趋近于正无穷可排除B，即可得出答案.【详解】由图知在处有定义，排除；对C，由图象知为奇函数，而排除；对于，当趋近于正无穷时，趋近于正无穷，与图象所体现的几何直观不符，排除B；对于D，易知为奇函数，且当趋近于正无穷时，趋近于0，符合图象所体现的几何直观.故选：D.6．著名数学家欧几里得著的《几何原本》中记载：任何一个大于1的整数要么是一个素数，要么可以写成一系列素数的积，例如.对于，其中均是素数，则从中任选3个数，可以组成不同三位数的个数为（    ）A．32 B．36 C．42 D．60【答案】C【分析】先将1260表示为素数的积，然后分情况讨论求解.【详解】，从中任选3个数组成三位数，可以分为两类：第一类，三个数互不相同，共有个；第二类，含有2个2或2个3，共有个，所以一共有42个.故选：.7．已知椭圆的左、右焦点分别为，过作垂直于轴的直线，在第二象限分别交及圆于点，若为的中点，为的上顶点，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】分别求出A、B两点的坐标，由A为的中点列式可得，再结合可得，进而求得及.【详解】如图所示，  由题意知，则直线的方程为，因为A、B两点位于第二象限，所以，则，，则，又因为A为的中点，所以，所以，又因为，所以，所以在△中，，，，所以，所以.故选：C.8．已知，则（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】构造函数，研究其单调性比较大小即可.【详解】令，则，所以在上单调递增，所以，又因为，所以.故选：B. 二、多选题9．已知，则（    ）A． B．C． D．【答案】BCD【分析】运用赋值法可判断A项，运用基本不等式可判断B项，运用作差法可判断C项，运用不等式性质可判断D项.【详解】对于A项，取，则，故A项错误；对于B项，因为，所以，又因为，则，故B项正确；对于C项，，所以，故C项正确；对于D项，因为，所以，又因为，所以，故D项正确.故选：BCD.10．已知函数在上单调递减，且.若将的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则下列各选项正确的是（    ）A．B．为偶函数C．的图象关于点对称D．在区间上单调递减【答案】AB【分析】根据函数的对称性求出函数解析式，然后根据函数图象平移法则求出的解析式，从而利用余弦函数图象与性质判断即可.【详解】，由题意得，所以.因为在上单调递减，所以，解得.又且，所以，所以，又，所以，易知为偶函数；因为，故的图象关于直线对称，当时，，所以在上单调递增.故A和B正确，C和D错误.故选：AB.11．在平面直角坐标系中，分别是双曲线的左、右焦点，过点作的一条渐近线的垂线，垂足为，若，则（    ）A．B．的面积为C．直线与圆相交D．的离心率【答案】ABD【分析】先计算出，再计算即可判断A，C；由可判断B；在中，由余弦定理可得的齐次式，计算可得的离心率.【详解】设的半焦距为，则，，不妨设双曲线的一条渐近线为，即，由点到直线的距离公式，得，在Rt中，，所以与圆相切，则正确，C错误；因为为的中点，所以，则B正确；在Rt中，，在中，由余弦定理，得，即，化简得，又，所以，解得，D正确.故选：.  12．在长方体中，分别是的中点，则（    ）A．B．与平面相交C．与平面所成角的余弦值为D．【答案】ABD【分析】由线面垂直的判定定理和性质定理可判断A；由，又平面，所以与平面相交可判断B；由直线与平面所成角可判断C；由勾股定理可判断D.【详解】如图，取的中点，连接，因为为的中点，所以，由长方体性质可知平面，则平面，又因为平面，所以.依题意，四边形是正方形，所以，因为，平面，所以平面，又因为平面，所以，故正确；因为分别为的中点，所以且，所以四边形是平行四边形，所以，又平面，所以与平面相交，故正确；连接，由长方体的性质知平面，所以是与平面所成角，在Rt中，，故C错误；在Rt中，，在Rt中，，在Rt中，，因为，所以，因为且，所以四边形是平行四边形，所以，所以，故D正确.故选：.   三、填空题13．已知是两个互相垂直的单位向量，若，则       .【答案】【分析】根据题意可得，结合向量数量积的运算律求，再代入夹角公式运算求解.【详解】由题意可知：，则，，所以.故答案为：.14．已知函数满足：；当时，.则满足这两个条件的一个函数为          .【答案】（答案不唯一）【分析】，指数函数满足，又当时，，可得，写出一个函数表达式即可.【详解】由，知且满足该条件；又当时，，可得，故可以为.故答案为：15．在正四棱锥中，底面正方形的边长为2，侧棱长为，则正四棱锥的外接球的体积为          .【答案】【分析】连接交于点，连接，则正四棱锥的外接球球心在上，连接，设球的半径为，利用勾股定理列方程求解半径即可.【详解】如图，连接交于点，连接，因为是正四棱锥，则平面，所以正四棱锥的外接球球心在上.连接，设球的半径为，则.在Rt中，(注意O在SM上)，即，解得，所以正四棱锥的外接球的体积为.故答案为：.   四、双空题16．已知数列满足，数列的通项公式为，记数列的前项和为，则          ；若存在正数，使对任意恒成立，则的最小值为          .【答案】          【分析】第一空，根据等比数列的定义解出等比数列的通项公式，然后运用错位相减法解出数列的前项和;第二空，将恒成立问题转化为最值问题.【详解】因为，所以，故是首项为4，公比为2的等比数列，所以，所以，所以①，②，①-②得，所以.因为不等式对任意恒成立，所以9对任意恒成立，所以.因为，当且仅当时等号成立，所以，所以，又，所以，故的最小值是.故答案为：；. 五、解答题17．在中，角的对边分别是，且.(1)求；(2)若，判定是否存在？若存在，求出的周长；若不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)不存在， 理由见解析 【分析】（1）由正弦定理结合两角和的正弦公式化简即可得出答案；（2）由余弦定理结合，可得为两根构造关于的一元二次方程，得，由可判断不存在.【详解】（1）由已知及正弦定理，得，所以，在中，，所以，所以，又，所以，所以，因为，所以.（2）由余弦定理，得，由及，得，即，所以，即，以为两根构造关于的一元二次方程，得，因为，所以该方程无实根，从而该三角形不存在.18．已知数列的前项和为（为常数）.(1)若，求的通项公式；(2)若，设数列的前项和为，求证：.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）根据递推公式，利用构造法可得为等比数列，然后可解；（2）对数列的通项公式使用放缩法，然后由裂项相消法求和后可证.【详解】（1）当时，，得又，所以是首项为3，公比为3的等比数列，所以，即.（2）当时，，则，所以是首项为1，公差为4的等差数列，所以，所以，所以当时，，当时，当时，，综上，.19．如图，在三棱柱中，是边长为2的等边三角形，平面平面为的中点.  (1)证明：平面；(2)若，求二面角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）连接交于点，连接，可证，故可证平面.（2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面和平面法向量后结合平方关系可求二面角的正弦值.【详解】（1）连接交于点，连接，则为的中点，因为为的中点，所以，又平面平面，所以平面.（2）取的中点，连接，因为，所以，因为平面平面，平面平面平面，所以平面，又平面，所以.因为为的中点，所以，所以两两垂直，以为坐标原点，直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，  则，所以.设平面的一个法向量，则即令，解得，故，而是平面的一个法向量，所以，设二面角的大小为，则.20．我国综合性太阳探测专用卫星“夸父一号”最新一批科学图像于2022年12月13日在京发布，其中多幅图像质量达到国际领先水平，验证了“夸父一号”三台有效载荷的观测能力和先进性，“夸父一号”是中国科学院空间科学二期先导专项研制的一颗空间科学卫星，于2022年10月9日成功发射，卫星以“一磁两暴”为科学目标，即同时观测太阳磁场和太阳上两类最剧烈的爆发现象——耀斑和日冕物质抛射，研究它们的形成、演化、相互作用和彼此关联，同时为空间天气预报提供支持、某学校为了解该校某兴趣小组对“夸父一号”探测卫星相关知识是否感兴趣，对该兴趣小组的100位学生进行了问卷调查，已知被调查学生中男生占调查人数的55%，其中感兴趣的有40人，余下的不感兴趣，在被调查的女生中，感兴趣的有20人，其余人不感兴趣.(1)请补充完整列联表，并依据小概率值的独立性检验，能否认为对“夸父一号”探测卫星相关知识感兴趣与学生的性别有关联？ 感兴趣不感兴趣合计男生   女生   合计   (2)从兴趣小组100人中任选1人，表示事件“选到的人是男生”，表示事件“选到的人对“夸父一号”探测卫星相关知识不感兴趣”，求；(3)按性别进行分层，采用分层随机抽样的方法从感兴趣的学生中抽取容量为6的样本，再从抽取的6人中随机抽取2人，随机变量表示2人中女生的人数，求的分布列和数学期望.附：参考公式：，其中.临界值表：0.150.100.050.010.0052.0722.7063.8416.6357.879【答案】(1)列联表见解析，认为对“夸父一号”探测卫星相关知识是否感兴趣与学生的性别有关联(2)(3)分布列见解析， 【分析】（1）完善列联表，计算出卡方，即可判断；（2）根据条件概率概率公式计算可得；（3）依题意的可能取值为，，，求出所对应的概率，即可得到分布列与数学期望.【详解】（1）调查的男生人数为（人），调查的女生人数为（人），所以列联表如下所示： 感兴趣不感兴趣合计男生401555女生202545合计6040100零假设为：对“夸父一号”卫星相关知识感兴趣与学生的性别无关联. 根据列联表中的数据，经计算得，所以根据小概率值的独立检验，推断不成立，即认为对“夸父一号”探测卫星相关知识是否感兴趣与学生的性别有关联，此时推断犯错误的概率不大于.（2）依题意，，所求概率为，或者.（3）按比例分配的分层随机抽样的方法抽取的男生数为人，女生人数为人，所以的可能取值为，，，所以，所以的分布列为012所以.21．已知函数.(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)若，证明：.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）利用导数求出切线斜率，利用点斜式可得切线方程；（2）要证，即证.先利用导数研究函数单调性与最值可证，再证利用导数证明即可.【详解】（1）当时，，则，所以，故所求的切线方程为，即.（2）要证，即证.先证.设，则，当时，；当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以是的极小值点，也是的最小值点，且，所以，即成立.再证.设，则，当时，；当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以是的极小值点，也是的最小值点，且，所以.综上，成立【点睛】利用导数求切线方程的步骤：1.根据导数的几何意义求出切线斜率；2.求出切点坐标；3，点斜式求切线方程.22．在平面直角坐标系xOy中，顶点在原点，以坐标轴为对称轴的抛物线C经过点.(1)求C的方程；(2)若C关于x轴对称，焦点为F，过点且与x轴不垂直的直线交C于M，N两点，直线MF交C于另一点A，直线NF交C于另一点B，求证：直线AB过定点【答案】(1)或(2)证明见解析 【分析】（1）分类讨论焦点所在的位置，结合抛物线的标准方程运算求解；（2）分类讨论直线是否过焦点，设，，，，根据题意可得可得，，进而整理可得直线AB的方程为，结合直线过定点运算求解即可.【详解】（1）若C的焦点在x轴上，设抛物线C的方程为，将点代入，得，解得，故C的方程为；若C的焦点在y轴上，设抛物线C的方程为，将点代入，得，解得，故C的方程为；综上所述：C的方程为或.（2）由（1）知抛物线C的方程为，则其焦点，若直线不过点，如图，    设，，，，由题意可知：直线MN的斜率存在且不为0，则直线MN的斜率，所以直线MN的方程为，即同理直线AM，BN的方程分别为，，由直线MN过定点，可得，由直线AM，BN过焦点，可得，对于直线AB的方程为，由，得，整理得，又因为，所以令，解得，故直线AB恒过定点；若直线过点，直线AB即为直线MN，其方程为，即，显然直线过点；综上所述：直线AB过定点.【点睛】方法点睛：过定点问题的两大类型及解法（1）动直线l过定点问题．解法：设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为，得，故动直线过定点；（2）动曲线C过定点问题．解法：引入参变量建立曲线 C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．