四川省眉山市满井中学2022年高二数学理模拟试卷含解析

1、四川省眉山市满井中学2022年高二数学理模拟试卷含解析一、 选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 已知函数，若，则函数在定义域内( )A有最小值，但无最大值 B有最大值，但无最小值C既有最大值，又有最小值 D既无最大值，又无最小值参考答案：A2. 如果直线与直线关于直线对称, 那么A. B. C. D. 参考答案：A3. f(x)是f(x)的导函数，f(x)的图象如图所示，则f(x)的图象只可能是 ( )。 参考答案：D略4. 已知是坐标原点，点，若点为平面区域上的一个动点，则的取值范围是A. B. C. D. 参考答案：B5.

2、 抛物线y2=2x的准线方程是（）Ay=By=Cx=Dx=参考答案：D【考点】抛物线的简单性质【分析】根据抛物线的方程可得2p=2，算出=，结合抛物线的基本概念即可算出此抛物线的准线方程【解答】解：抛物线的方程为y2=2x，2p=2，得=，可得抛物线的焦点为F（，0），准线方程为x=故选：D6. 设XN(1，)，YN(2，)，这两个正态分布密度曲线如图所示，下列结论中正确的是 ()A. P(Y2)P(Y1)B. P(X2)P(X1)C. 对任意正数t，P(Xt)P(Yt)D. 对任意正数t，P(Xt)P(Yt)参考答案：D【分析】由题，直接利用正态分布曲线的特征，以及概率分析每个选项，判断出结

3、果即可.【详解】A项，由正态分布密度曲线可知，x2为Y曲线的对称轴，12，所以P(Y2)P(Y1)，故A错；B项，由正态分布密度曲线可知，012，所以P(X2)P(X1)，故B错；C项，对任意正数t，P(Xt)P(Yt)，即有P(Xt)P(Yt)，故C错；D项，对任意正数t，P(Xt)P(Yt)，因此有P(Xt)P(Yt)故D项正确故选D【点睛】本题考查正态分布及其密度曲线，熟悉正态分布曲线是解题关键，属于较为基础题.7. 在正方体中，直线与平面所成的角的余弦值等于（ ）A B C D 参考答案：C略8. 一个圆的圆心为椭圆的右焦点，且该圆过椭圆的中心交椭圆于P,直线PF1（为椭圆的左焦点）是

4、该圆的切线，则椭圆的离心率为（ ）ABCD参考答案：C9. 图中三条对数函数图象，若，则的大小关系是A B C D 参考答案：B10. 在空间直角坐标系O-xyz中，一个四面体的顶点坐标为分别为（0，0，2），（2，2，0），（0，2，0），（2，2，2）. 画该四面体三视图中的正视图时，以xOz平面为投影面，则得到正视图可以为参考答案：A二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 下列命题正确的序号是 命题“若，则”的否命题是真命题；若命题，则；若是的充分不必要条件，则是的必要不充分条件；方程有唯一解的充要条件是.参考答案： 12. 已知向量,.若,则实数 _ 参考答案：13.

5、 如果不等式的解集为，且，那么实数a的取值范围是 .参考答案：略14. 在正方体ABCDA1B1C1D1中，异面直线AD，BD1所成角的余弦值为参考答案：【考点】异面直线及其所成的角【分析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线AD，BD1所成角的余弦值【解答】解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，设正方体ABCDA1B1C1D1中棱长为1，则A（1，0，0），D（0，0，0），B（1，1，0），D1（0，0，1），=（1，0，0），=（1，1，1），设异面直线AD，BD1所成角为，则cos=异面直线A

6、D，BD1所成角的余弦值为故答案为：【点评】本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用15. 5人排成一排，则甲不站在排头的排法有 种(用数字作答)参考答案：9616. 已知命题p：方程有两个不等的负实根，命题q：方程无实根若p或q为真，p且q为假，求实数的取值范围参考答案：略17. 若变量x，y满足约束条件，则z=2x+3y的最大值为参考答案：1【考点】简单线性规划【专题】数形结合；数形结合法；不等式的解法及应用【分析】作出可行域，变形目标函数，平移直线y=x数形结合可得结论【解答】解：作出约束条件所对应的可行域（如图阴影），变形目标函数可得y=x

7、+z，平移直线y=x可知，当直线经过点A（4，1）时，目标函数取最大值，代值计算可得z的最大值为：243=1，故答案为：1【点评】本题考查简单线性规划，准确作图是解决问题的关键，属中档题三、 解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18. (10分) 已知椭圆左、右焦点分别为F1、F2，点P（2，），点F2在线段PF1的中垂线上.（）求椭圆C的方程；（）设直线与椭圆C交于M、N两点，直线F2M与F2N的斜率互为相反数，求证：直线l过定点，并求该定点的坐标.参考答案：（）由椭圆C的离心率得，其中，椭圆C的左、右焦点分别为又点F2在线段PF1的中垂线上解得 （）由题

8、意，知直线MN存在斜率，设其方程为由消去设则且 -（8分）由已知，得化简，得 -（10分）整理得直线MN的方程为，因此直线MN过定点，该定点的坐标为（2，0）-（12分） 19. 如图4，正方形ABCD中，E是AB上任一点，作EFBD于F，则EFBE=（ ）A B C D参考答案：B略20. 已知椭圆+=1（ab0）的离心率为，且过点（，）（1）求椭圆方程；（2）设不过原点O的直线l：y=kx+m（k0），与该椭圆交于P、Q两点，直线OP、OQ的斜率依次为k1、k2，满足4k=k1+k2，试问：当k变化时，m2是否为定值？若是，求出此定值，并证明你的结论；若不是，请说明理由参考答案：【考点】直

9、线与圆锥曲线的综合问题；椭圆的标准方程【专题】圆锥曲线的定义、性质与方程【分析】（1）利用已知条件列出方程组求解椭圆的几何量，得到椭圆的方程（2）联立直线与椭圆方程，设P（x1，y1），Q（x2，y2）利用韦达定理，通过直线OP、OQ的斜率依次为k1，k2，且4k=k1+k2，求解即可【解答】解：（1）依题意可得，解得a=2，b=1所以椭圆C的方程是（2）当k变化时，m2为定值，证明如下：由得，（1+4k2）x2+8kmx+4（m21）=0设P（x1，y1），Q（x2，y2）则x1+x2=，x1x2=（?） 直线OP、OQ的斜率依次为k1，k2，且4k=k1+k2，4k=，得2kx1x2=m（

10、x1+x2），将（?）代入得：m2=，经检验满足0【点评】本题考查椭圆的方程的求法，直线与椭圆方程的综合应用，考查分析问题解决问题的能力以及转化思想的应用21. 已知圆E：（x+1）2+y2=16，点F（1，0），P是圆E上任意一点，线段PF的垂直平分线和半径PE相交于Q（1）求动点Q的轨迹的方程；（2）若直线y=k（x1）与（1）中的轨迹交于R，S两点，问是否在x轴上存在一点T，使得当k变动时，总有OTS=OTR？说明理由参考答案：【考点】椭圆的简单性质【分析】（1）连结QF，运用垂直平分线定理可得，|QP|=|QF|，可得|QE|+|QF|=|QE|+|QP|=4|EF|=2，由椭圆的定义

11、即可得到所求轨迹方程；（2）假设存在T（t，0）满足OTS=OTR设R（x1，y1），S（x2，y2），联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理和判别式大于0，由直线的斜率之和为0，化简整理，即可得到存在T（4，0）【解答】解：（1）连结QF，根据题意，|QP|=|QF|，则|QE|+|QF|=|QE|+|QP|=4|EF|=2，故动点Q的轨迹是以E，F为焦点，长轴长为4的椭圆设其方程为，可知a=2，c=1，所以点Q的轨迹的方程为； （2）假设存在T（t，0）满足OTS=OTR设R（x1，y1），S（x2，y2）联立，得（3+4k2）x28k2x+4k212=0，由韦达定理有，其中0恒成立，由OT

12、S=OTR（显然TS，TR的斜率存在），故kTS+kTR=0即，由R，S两点在直线y=k（x1）上，故y1=k（x11），y2=k（x21）代入得，即有2x1x2（t+1）（x1+x2）+2t=0，将代入，即有：，要使得与k的取值无关，当且仅当“t=4“时成立，综上所述存在T（4，0），使得当k变化时，总有OTS=OTR22. 一个几何体的三视图如右图所示已知正视图是底边长为1的平行四边形，侧视图是一个长为，宽为1的矩形，俯视图为两个边长为1的正方形拼成的矩形（）求该几何体的体积V；（）求该几何体的表面积S参考答案：【考点】由三视图求面积、体积 【专题】计算题【分析】（I）根据正视图是底边长为1的平行四边形，侧视图是一个长为，宽为1的矩形，得到该几何体是一个平行六面体（如图），其底面是边长为1的正方形，高为，做出体积（）由第一问看出的几何体，知道该平行六面体中，A1D面ABCD，CD面BCC1B1，