廣東省梅州市河口中學2022-2023學年高二數學文模擬試題含解析

廣東省梅州市河口中學2022-2023學年高二數學文模擬試題含解析一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個選項中，只有是一個符合題目要求的1.△ABC中，若，則△ABC的形狀為A．直角三角形

B．等腰三角形

C．等邊三角形

D．銳角三角形參考答案：B2.考慮一元二次方程，其中的取值分別等于將一枚骰子連擲兩次先后出現的點數,則方程有實根的概率為(

)A.

B.

C.

D.參考答案：A3.一個命題與他們的逆命題、否命題、逆否命題這4個命題中（）A．真命題與假命題的個數相同B．真命題的個數一定是奇數C．真命題的個數一定是偶數D．真命題的個數可能是奇數，也可能是偶數參考答案：C【考點】四種命題．【分析】根據四種命題的邏輯關系判定即可．【解答】解：互為逆否命題的命題邏輯值相同，一個命題與他們的逆命題、否命題、逆否命題這4個命題中，原命題與逆否命題，逆命題和否命題互為逆否，所以真命題的個數可能為0，2，4，一定是偶數，故選：C．4.用二分法求方程的近似解，可以取的一個區(qū)間是（

）A.

B.

C.

D.參考答案：C5.“雙曲線的一條漸近線方程為”是“雙曲線的方程為”的

A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件

D．不充分不必要條件參考答案：B略6.現有1角、2角、5角、1元、2元、5元、10元、50元人民幣各一張，100元人民幣2張，從中至少取一張，共可組成不同的幣值種數是（

）(A)1024種

(B)1023種

(C)1536種

(D)1535種

參考答案：解析：除100元人民幣以外每張均有取和不取2種情況，100元人民幣的取法有3種情況，再減去全不取的1種情況，所以共有種.7.從裝有兩個紅球和兩個黑球的口袋內任取兩個球，那么互斥而不對立的兩個事件是（

）A.“至少有一個黑球”與“都是黑球”B.“至少有一個黑球”與“至少有一個紅球”C.“恰有一個黑球”與“恰有兩個黑球”D.“至少有一個黑球”與“都是紅球”參考答案：C略8.在區(qū)間上隨機地取一個實數，使得函數在區(qū)間上存在零點的概率是（A）

（B）

（C）

（D）參考答案：C9.下列命題中，為真命題的是（）A．?x0∈R，使得≤0B．sinx+≥2(x≠kπ，k∈Z)C．?x∈R，2x＞x2D．若命題p：?x0∈R，使得﹣x0+1＜0，則￢p：?x0∈R，都有x2﹣x+1≥0參考答案：D【考點】命題的真假判斷與應用．【分析】根據指數函數的性質，可判斷A；求出的范圍，可判斷B；舉出反例x=2，可判斷C；寫出原命題的否定，可判斷D．【解答】解：恒成立，故A錯誤；，故B錯誤；當x=2時，2x=x2，故C錯誤；若命題p：?x0∈R，使得，則￢p：?x0∈R，都有x2﹣x+1≥0，則D正確；故選：D．【點評】本題以命題的真假判斷與應用為載體，考查了命題的否定，復合命題等知識點，難度基礎．10.設F1、F2為橢圓的兩個焦點，M為橢圓上一點，MF1⊥MF2，且|MF2|=|MO|（其中點O為橢圓的中心），則該橢圓的離心率為（）A．﹣1 B．2﹣ C． D．參考答案：A【考點】橢圓的簡單性質．【專題】數形結合；數形結合法；圓錐曲線的定義、性質與方程．【分析】由題意可知：△OMF2為等邊三角形，∠OF2M=60°，|MF2|=c，丨MF1丨=c，丨MF1丨+|MF2|=2a=c+c=（+1）c，a=，由橢圓的離心率公式即可求得橢圓的離心率．【解答】解：由題意可知：MF1⊥MF2，則△F1MF2為直角三角形，由|MF2|=|MO|，O為F1F2中點，則丨OM丨=丨OF2丨，∴△OMF2為等邊三角形，∠OF2M=60°∴|MF2|=c，∴丨MF1丨=c，由橢圓的定義可知：丨MF1丨+|MF2|=2a=c+c=（+1）c，a=，則該橢圓的離心率e===﹣1，該橢圓的離心率為﹣1，故選：A．【點評】本題考查橢圓的簡單幾何性質，考查直角三角形的性質，考查計算能力，屬于中檔題．二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.從1、2、3、4、5、6六個數中選出兩位奇數和兩位偶數組成無重復數字的四位數，要求兩位偶數相鄰，則共有

個這樣的四位數（以數字作答）.

參考答案：10812.若直線與圓有公共點，則實數a的取值范圍是__________。參考答案：[－3，1]13.設滿足，則的最大值為___________。參考答案：314.設等比數列的前項和為，若=，則實數=

參考答案：-115.下列表述：①綜合法是執(zhí)因導果法；②分析法是間接證法；③分析法是執(zhí)果索因法；④反證法是直接證法．正確的語句是____．參考答案：①③16.若實數x,y滿足，則的最小值為______．；參考答案：-15畫出約束條件所表示的平面區(qū)域，如圖所示，當經過可行域的點時，目標函數取得最小值，由，解得，則的最小值是.

17.過點和（）的橢圓的標準方程為_________．參考答案：三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟18.在平面直角坐標系中，直線的參數方程為：(為參數)，它與曲線交于，兩點．(1)求的長；(2)在以為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系，設點的極坐標為，求點到線段中點的距離．參考答案：解：(1)把直線的參數方程對應的坐標代入曲線方程并化簡得設，對應的參數分別為，則．

所以．(2)易得點在平面直角坐標系下的坐標為，根據中點坐標的性質可得中點對應的參數為．所以由的幾何意義可得點到的距離為．

略19.（本小題滿分12分）已知數列的前n項和為，且滿足（1）求數列的通項公式；（2）若數列滿足，求證：參考答案：略20.如圖，正方形ABCD和四邊形ACEF所在的平面互相垂直，CE⊥AC，EF∥AC，AB=，CE=EF=1． （Ⅰ）求證：AF∥平面BDE； （Ⅱ）求證：CF⊥平面BDE； （Ⅲ）求二面角A﹣BE﹣D的大小． 參考答案：【考點】空間中直線與平面之間的位置關系；直線與平面平行的判定；直線與平面垂直的判定． 【專題】空間位置關系與距離． 【分析】（Ⅰ）設AC與BD交于點G，則在平面BDE中，可以先證明四邊形AGEF為平行四邊形?EG∥AF，就可證：AF∥平面BDE； （Ⅱ）先以C為原點，建立空間直角坐標系C﹣xyz．把對應各點坐標求出來，可以推出=0和=0，就可以得到CF⊥平面BDE （Ⅲ）先利用（Ⅱ）找到=（，，1），是平面BDE的一個法向量，再利用平面ABE的法向量=0和=0，求出平面ABE的法向量，就可以求出二面角A﹣BE﹣D的大?。? 【解答】解：證明：（I）設AC與BD交于點G， 因為EF∥AG，且EF=1，AG=AC=1， 所以四邊形AGEF為平行四邊形．所以AF∥EG． 因為EG?平面BDE，AF?平面BDE， 所以AF∥平面BDE． （II）因為正方形ABCD和四邊形ACEF所在的平面互相垂直，CE⊥AC， 所以CE⊥平面ABCD． 如圖，以C為原點，建立空間直角坐標系C﹣xyz． 則C（0，0，0），A（，，0），D（，0，0），E（0，0，1），F（，，1）． 所以=（，，1），=（0，﹣，1），=（﹣，0，1）． 所以=0﹣1+1=0，=﹣1+0+1=0． 所以CF⊥BE，CF⊥DE，所以CF⊥平面BDE （III）由（II）知，=（，，1），是平面BDE的一個法向量， 設平面ABE的法向量=（x，y，z），則=0，=0． 即 所以x=0，且z=y．令y=1，則z=．所以n=（），從而cos（，）= 因為二面角A﹣BE﹣D為銳角，所以二面角A﹣BE﹣D為． 【點評】本題綜合考查直線和平面垂直的判定和性質和線面平行的推導以及二面角的求法．在證明線面平行時，其常用方法是在平面內找已知直線平行的直線．當然也可以用面面平行來推導線面平行． 21.已知函數在(1,2]上是增函數，在(0,1)上是減函數.（1）求證:當時，方程有唯一解；（2）時，若在時恒成立，求b的取值范圍.參考答案：（1）詳見解析；（2）(－1,1].【分析】（1）由題意求得，得到函數，，又由，得，設，利用導數求得函數的單調性與最小值，在上只有一個解.（2）設，利用導數求得函數的單調性與最值，即可求解參數的取值范圍．【詳解】（1）由函數，則，依題意函數在上是增函數，則，在恒成立，即在上恒成立，∴，

①又由函數，則，依題意函數在上是減函數，則在恒成立，即在上恒成立，所以，②由①②，得，所以函數，，由，得，設，則，令，得，解得，令，解得，可得當時，函數取得極小值，也是最小值，當且時，，∴在上只有一個解，即當時，方程有唯一解.（2）設，則，當時，又因為，所以，即在上為減函數所以，因為函數在時恒成立，所以，解得又因為，所以的取值范圍是.【點睛】本題主要考查導數在函數中的綜合應用，以及恒成立與有解問題的求解，著重考查了轉化與化歸思想、邏輯推理能力與計算能力，對于恒成立問題，通常要構造新函數，利用導數研究函數的單調性，求出最值，進而得出相應的含參不等式，從而求出參數的取值范圍；也可分離變量，構造新函數，直接把問題轉化為函數的最值問題．22.已知數列{an}，且.（1）證明：數列是等比數列，并求{an}的通項公式；（