河南省商丘市部分学校2022-2023学年高二下学期6月摸底考试数学试题（Word版附解析）

这是一份河南省商丘市部分学校2022-2023学年高二下学期6月摸底考试数学试题（Word版附解析），共21页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，答题前，考生务必用直径 0，本卷命题范围， 已知，则， 已知函数在上单调递减，且等内容，欢迎下载使用。
1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分 150 分，考试时间 120 分钟
2.答题前，考生务必用直径 0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑;非选择题请用直径 0.5 毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.
4.本卷命题范围:高考范围.
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【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：A
2. 复数，则（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】B
【解析】
【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
【解析】
【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
【解析】
【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
【解析】
【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. 32B. 36C. 42D. 60
【答案】C
【解析】
【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
【解析】
【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
【解析】
【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、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 已知，则（ ）
A. B.
C D.
【答案】BCD
【解析】
【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
【解析】
【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
【解析】
【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
【解析】
【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：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知是两个互相垂直的单位向量，若，则_______.
【答案】
【解析】
【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）
【解析】
【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】
【解析】
【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：.

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】 ①. ②.
【解析】
【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：；.
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
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
【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.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
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
【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.
【小问1详解】
当时，，得
又，所以是首项为3，公比为3的等比数列，
所以，即.
【小问2详解】
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）
【解析】
【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.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
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？
（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：
【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，
【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.
【小问1详解】
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：
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.
【小问2详解】
依题意，，
所求概率为，或者.
【小问3详解】
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
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
【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.
【小问1详解】
当时，，则，
所以，
故所求的切线方程为，即.
【小问2详解】
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
【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.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
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．
感兴趣
不感兴趣
合计
男生
女生
合计
0.15
0.10
0.05
0.01
0.005
2.072
2.706
3.841
6.635
7.879
感兴趣
不感兴趣
合计
男生
40
15
55
女生
20
25
45
合计
60
40
100
0
1
2