上海市閔行區顓橋中學2023年高二數學文模擬試卷含解析一、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.設是等差數列的前項和，已知，則等于（

）A.13

B.63

C.35

D.49參考答案：D解：因為選C2.已知等邊△ABC中，D、E分別是CA、CB的中點，以A、B為焦點且過D、E的橢圓和雙曲線的離心率分別為、，則下列關于、的關系式不正確的是()A．

B．

C．

D.參考答案：A略3.函數的定義域為，若存在閉區間，使得函數滿足：①在內是單調函數；②在上的值域為，則稱區間為的“倍值區間”．下列函數中存在“倍值區間”的有（

）①； ②；③； ④.①②③④

.①②④

.①③④

.①③參考答案：C略4.如果函數f（x）=x﹣sin2x+asinx在區間[0，]上遞增，則實數a的取值范圍是（）A．[﹣1，] B．[﹣1，1] C．[﹣，+∞） D．[﹣，+∞）參考答案：C【考點】三角函數中的恒等變換應用．【分析】由求導公式和法則求出f′（x），由題意可得f′（x）≥0在區間[0，]上恒成立，設t=cosx（0≤t≤1），化簡得5﹣4t2+3at≥0，對t分t=0、0＜t≤1討論，分離出參數a，運用函數的單調性求出最值，由恒成立求出實數a的取值范圍．【解答】解：由題意得，f′（x）=1﹣cos2x+acosx，∵函數f（x）=x﹣sin2x+asinx在區間[0，]上遞增，∴函數f′（x）≥0在區間[0，]上恒成立，則1﹣cos2x+acosx≥0，即﹣cos2x+acosx≥0，設t=cosx（0≤t≤1），即有5﹣4t2+3at≥0，當t=0時，不等式顯然成立；當0＜t≤1時，3a≥4t﹣，∵y=4t﹣在（0，1]遞增，∴t=1時，取得最大值﹣1，即3a≥﹣1，解得a≥，綜上可得a的范圍是[）．故選：C．5.若直線3x﹣4y+12=0與兩坐標軸交點為A、B，則以AB為直徑的圓的方程是（）A．x2+y2+4x﹣3y=0 B．x2+y2﹣4x﹣3y=0C．x2+y2+4x﹣3y﹣4=0 D．x2+y2﹣4x﹣3y+8=0參考答案：A【考點】圓的標準方程．【分析】先求出A、B兩點坐標，AB為直徑的圓的圓心是AB的中點，半徑是AB的一半，由此可得到圓的方程．【解答】解：由x=0得y=3，由y=0得x=﹣4，∴A（﹣4，0），B（0，3），∴以AB為直徑的圓的圓心是（﹣2，），半徑r=，以AB為直徑的圓的方程是，即x2+y2+4x﹣3y=0．故選A．6.下列說法錯誤的是（

）

A．若命題，則；

B．命題“若,則”的否命題為假命題；C．命題“若，則”的否命題是：“若，則”；D．已知，，則“”為假命題.參考答案：B7.函數A.無極小值，極大值為1

B.極小值為0，極大值為1C.極小值為1，無極大值

D.既沒有極小值，也沒有極大值參考答案：C略8.若命題p:0是偶數，命題q:2是3的約數.則下列命題中為真的是(

)A.p且q

B.p或qC.非p D.非p且非q參考答案：B9.用數字1，2，3，4，5組成的無重復數字的四位偶數的個數為

（

）A．8

B．24

C．48

D．120參考答案：C略10.若的取值范圍是

（

）

A．[2，6]

B．[2，5]

C．[3，6]

D．[3，5]參考答案：A二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.口袋中有形狀和大小完全相同的四個球,球的編號分別為1,2,3,4,若從袋中隨機抽取兩個球,則取出的兩個球的編號之和大于5的概率為

．參考答案：從4個球中任取兩個球共有=6種取法，其中編號之和大于5的有2,4和3,4兩種取法，因此所求概率為.12.已知拋物線上的一點到焦點的距離是5，且點在第一象限，則的坐標為_______________.參考答案：略13.已知函數f（x）=（）x2+4x+3，g（x）=x++t，若?x1∈R，?x2∈[1，3]，使得f（x1）≤g（x2），則實數t的取值范圍是．參考答案：

【考點】函數的最值及其幾何意義；全稱命題．【分析】函數f（x）=（）x2+4x+3=，利用復合函數、指數函數與二次函數的單調性可得最大值．g（x）=x++t，g′（x）=1﹣=，利用導數研究其單調性即可得出最大值．根據?x1∈R，?x2∈[1，3]，使得f（x1）≤g（x2），可得g（x）max≥f（x）max，即可得出．【解答】解：函數f（x）=（）x2+4x+3=，∵x∈R，∴u（x）=（x+2）2﹣1≥﹣1，∴f（x）∈（0，2]．∵g（x）=x++t，g′（x）=1﹣=，∴當x∈[1，3]時，g′（x）≥0，∴函數g（x）在x∈[1，3]時的單調遞增，∴g（x）max=g（3）=+t．?x1∈R，?x2∈[1，3]，使得f（x1）≤g（x2），∴g（x）max≥f（x）max，∴+t≥2，解得．則實數t的取值范圍是．故答案為：．14.已知點是橢圓與雙曲線的交點，是橢圓焦點，則=

▲

．參考答案：015.一平面截一球得到直徑是6cm的圓面，球心到這個平面的距離是4cm,則該球的體積是

參考答案：略16.已知，則與平面所成的角的大小為________．參考答案：17.點A（3，1）和B（﹣4，6）在直線3x﹣2y+a=0的兩側，則a的取值范圍是．參考答案：（﹣7，24）考點：二元一次不等式的幾何意義．專題：計算題．分析：由題意A（3，1）和B（﹣4，6）在直線3x﹣2y+a=0的兩側可得不等式（7+a）（﹣24+a）＜0，解出此不等式的解集即可得到所求的答案解答：解：由題意點A（3，1）和B（﹣4，6）在直線3x﹣2y+a=0的兩側∴（3×3﹣2×1+a）（3×（﹣4）﹣2×6+a）＜0即（7+a）（﹣24+a）＜0解得﹣7＜a＜24故答案為（﹣7，24）點評：本題考點二元一次不等式的幾何意義，考查了二元一次不等式與區域的關系，解題的關鍵是理解二元一次不等式與區域的關系，利用此關系得到參數所滿足的不等式，解出取值范圍，本題屬于基本題三、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.已知動圓過定點P（2，0），且在y軸上截得弦長為4．（1）求動圓圓心的軌跡Q的方程；（2）已知點E（m，0）為一個定點，過E作斜率分別為k1、k2的兩條直線交軌跡Q于點A、B、C、D四點，且M、N分別是線段AB、CD的中點，若k1+k2=1，求證：直線MN過定點．參考答案：【考點】直線與圓錐曲線的綜合問題．【分析】（1）設動圓圓心為O1（x，y），動圓與y軸交于R，S兩點，由題意，得|O1P|=|O1S|，由此得到=，從而能求出動圓圓心的軌跡Q的方程．（2）由，得，由已知條件推導出M（），N（），由此能證明直線MN恒過定點（m，2）．【解答】（1）解：設動圓圓心為O1（x，y），動圓與y軸交于R，S兩點，由題意，得|O1P|=|O1S|，當O1不在y軸上時，過O1作O1H⊥RS交RS于H，則H是RS的中點，∴|O1S|=，又|O1P|=，∴=，化簡得y2=4x（x≠0）．又當O1在y軸上時，O1與O重合，點O1的坐標為（0，0）也滿足方程y2=4x，∴動圓圓心的軌跡Q的方程為y2=4x．（2）證明：由，得，，y1y2=﹣4m，AB中點M（），∴M（），同理，點N（），∴=，∴MN：，即y=k1k2（x﹣m）+2，∴直線MN恒過定點（m，2）．19.正四棱錐S-ABCD的高SO=2，底邊長，求異面直線BD和SC之間的距離.參考答案：20.設命題p：實數x滿足x2﹣4ax+3a2＜0，其中a＞0，命題q：實數x滿足．（1）若a=1，且p∧q為真，求實數x的取值范圍；（2）若?p是?q的充分不必要條件，求實數a的取值范圍．參考答案：【考點】復合命題的真假；必要條件、充分條件與充要條件的判斷．【分析】（1）現將a=1代入命題p，然后解出p和q，又p∧q為真，所以p真且q真，求解實數a的取值范圍；（2）先由￢p是￢q的充分不必要條件得到q是p的充分不必要條件，然后化簡命題，求解實數a的范圍．【解答】解：（1）當a=1時，p：{x|1＜x＜3}，q：{x|2＜x≤3}，又p∧q為真，所以p真且q真，由得2＜x＜3，所以實數x的取值范圍為（2，3）（2）因為￢p是￢q的充分不必要條件，所以q是p的充分不必要條件，又p：{x|a＜x＜3a}（a＞0），q：{x|2＜x≤3}，所以解得1＜a≤2，所以實數a的取值范圍是（1，2]21.已知命題p：方程表示焦點在y軸上的橢圓；命題q：雙曲線的離心率e∈（2，3）；若p∨q為真，且p∧q為假，求實數m的取值范圍．參考答案：【考點】命題的真假判斷與應用．【分析】若p∨q為真，且p∧q為假，p、q一真一假，進而可得實數m的取值范圍．【解答】解：命題p為真時：0＜2m＜12﹣m，即：0＜m＜4…命題p為假時：m≤0或m≥4命題q為真時：…命題q為假時：，由p∨q為真，p∧q為假可知：p、q一真一假…②p真q假時：…②p假q真時：…綜上所述：0＜m≤2或…22.在梯形ABCD中AB∥CD，AD=CD=CB=2，∠ABC=60°，平面ACFE⊥平面ABCD，四邊形ACFE是矩形，AE=2．（Ⅰ）求證：BC⊥平面ACFE；（Ⅱ）求二面角B﹣EF﹣D的余弦值．參考答案：【考點】二面角的平面角及求法；直線與平面垂直的判定．【分析】（Ⅰ）推導出AC⊥BC，由此能證明BC⊥平面ACFE．（Ⅱ）取EF中點G，EB中點H，連結DG、GH、DH，推導出∠DGH是二面角B﹣EF﹣D的平面角，由此能求出二面角B﹣EF﹣D的平面角余弦值．【解答】證明：（Ⅰ）在梯形ABCD中，∵AB∥CD，AD=DC=a，∠ABC=60°，∴四邊形ABCD是等腰梯形，且∠DCA=∠DAC=30°，∠DCB=120°，∴∠ACB=∠DCB﹣∠DCA=90°，∴AC⊥BC，又∵平面ACEF⊥平面ABCD，交線為AC，∴B