2022-2023学年四川省广元市剑阁县开封中学高二数学文模拟试题含解析

2022-2023学年四川省广元市剑阁县开封中学高二数学文模拟试题含解析一、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.从装有3个红球、2个白球的袋中任取3个球，则所取的3个球恰有2个白球的概率是A.

B.

C.

D.参考答案：D2.设，则的最小值为（

）A．

B．

C．

D．参考答案：C略3.函数的定义域是（

）A. B. C. D.参考答案：A4.若，，则向量与的夹角为

参考答案：C5.在正方形SG1G2G3中，E、F分别是G1G2、G2G3的中点，现沿SE、SF、EF把这个正方形折成一个四面体，使G1、G2、G3重合为点G，则有（

）A.SG⊥面EFG

B.EG⊥面SEF

C.GF⊥面SEF

D.SG⊥面SEF参考答案：A略6.不等式的解集为A. B.

C.

D.参考答案：C略7.△ABC的三边a，b，c成等差数列，则角B的范围是（）A． B． C． D．参考答案：A【考点】余弦定理；等差数列的通项公式．【分析】设出三角形的三边分别为a，b，c，由三边成等差数列，利用等差数列的性质可知2b等于a+c，利用余弦定理表示出cosB，然后把b等于a+c的一半代入，利用基本不等式即可求出cosB的最小值，根据B的范围及余弦函数在此区间为减函数即可得到B的范围．【解答】解：设三角形的三边分别为a，b，c，由三边成等差数列可知：b=，由余弦定理得：cosB===≥=，当且仅当a=c时取等号，又B∈（0，π），且余弦函数在此区间为减函数，所以B∈（0，]．故选：A．8.圆x2+y2﹣2x﹣1=0关于直线2x﹣y+3=0对称的圆的方程是（）A．（x+3）2+（y﹣2）2= B．（x﹣3）2+（y+2）2= C．（x+3）2+（y﹣2）2=2 D．（x﹣3）2+（y+2）2=2参考答案：C【考点】关于点、直线对称的圆的方程．【分析】先求圆心和半径，再去求对称点坐标，可得到圆的标准方程．【解答】解：圆x2+y2﹣2x﹣1=0?（x﹣1）2+y2=2，圆心（1，0），半径，关于直线2x﹣y+3=0对称的圆半径不变，排除A、B，两圆圆心连线段的中点在直线2x﹣y+3=0上，C中圆（x+3）2+（y﹣2）2=2的圆心为（﹣3，2），验证适合，故选C【点评】本题是选择题，采用计算、排除、验证相结合的方法解答，起到事半功倍的效果．9.下列命题中的假命题是（

）A．,

B.,C．

,

D.,参考答案：B略10.点（1，-1）到直线x-y+1=0的距离是参考答案：C二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.已知正三角形内切圆的半径与它的高的关系是：,把这个结论推广到空间正四面体，则正四面体内切球的半径与正四面体高的关系是

▲

.参考答案：略12.若△ABC的内角A、B、C所对的边a、b、c满足（a+b）2﹣c2=4，且C=60°，则a+b的最小值为．参考答案：【考点】余弦定理．【分析】利用余弦定理c2=a2+b2﹣2abcosC与（a+b）2﹣c2=4可得：ab=，由基本不等式即可求得a+b的最小值．【解答】解：∵（a+b）2﹣c2=4，∴c2=a2+b2+2ab﹣4①∵△ABC中，C=60°，∴c2=a2+b2﹣2abcosC=a2+b2﹣ab②由①②得：3ab=4，ab=．∴a+b≥2=2=（当且仅当a=b=时取“=”）．∴a+b的最小值为．故答案为：．13.已知x2+y2﹣2ax+4y﹣6=0的圆心在直线x+2y+1=0上，那么实数a等于

． 参考答案：3【考点】圆的一般方程． 【专题】计算题． 【分析】根据所给的圆的一般式方程，看出圆的圆心，根据圆心在一条直线上，把圆心的坐标代入直线的方程，得到关于a的方程，解方程即可． 【解答】解：∵x2+y2﹣2ax+4y﹣6=0的圆心是（a，﹣2）， 圆心在直线x+2y+1=0上， ∴a+2（﹣2）+1=0， ∴a=3 故答案为：3 【点评】本题考查圆的一般方程与点与直线的位置关系，本题解题的关键是表示出圆心，根据圆心的位置，写出符合条件的方程，本题是一个基础题． 14.有以下几个命题： ①已知a、b、c∈R，则“a=b”的必要不充分条件是“ac=bc”； ②已知数列{an}满足a1=2，若an+1：an=（n+1）：n（n∈N*），则此数列为等差数列； ③f′（x0）=0是函数y=f（x）在点x=x0处有极值的充分不必要条件； ④若F1（0，﹣3）、F2（0，3），动点P满足条件|PF1|+|PF2|=a+，（a∈R+，a为常数），则点P的轨迹是椭圆．其中正确的命题序号为

． 参考答案：①②【考点】命题的真假判断与应用． 【专题】探究型；等差数列与等比数列；圆锥曲线的定义、性质与方程；简易逻辑；推理和证明． 【分析】根据充要条件的定义，可判断①③；根据等差数列的定义，可判断②；根据椭圆的定义，可判断④． 【解答】解：若“a=b”成立，则“ac=bc”成立，但“ac=bc”成立时，“a=b”不一定成立，故“a=b”的必要不充分条件是“ac=bc”，故①为真命题； 数列{an}满足a1=2，若an+1：an=（n+1）：n，可得：an+1﹣an=an，当n=1时，a2=4，若数列{an}为等差数列则d=2，此时an=2n，an+1﹣an=2，满足要求，故②为真命题； f′（x0）=0是函数y=f（x）在点x=x0处有极值的必要不充分条件，故③错误； 动点P满足条件|PF1|+|PF2|=a+≥6，则点P的轨迹是椭圆或线段，故④错误； 故答案为：①②． 【点评】本题以命题的真假判断与应用为载体，考查了充要条件，等差数列，极值，椭圆的定义等知识点，难度中档． 15.已知集合，，则

．参考答案：16.空间四边形，，，则的值为

．参考答案：

∵OB=OC，∴∴。答案：017.已知则

．参考答案：－1/9略三、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.已知数列{an}满足，.（1）计算，，；（2）猜测an的表达式，并用数学归纳法证明.参考答案：（1）；（2），证明见解析.【分析】（1）由数列的递推公式及，代入即可求解，，的值；（2）猜想，利用数学归纳法，即可作出证明，得到结论.【详解】（1）由及，得，进而，.（2）证明：猜想，再用数学归纳法证明之.当时，，而已知，所以时，猜想正确.假设当时，猜想正确，即，则时，.所以当时，猜想也成立.综上所述可知，对一切，猜想都正确.【点睛】本题主要考查了归纳、猜想与数学归纳法的证明方法，其中解答中明确数学归纳证明方法：（1）验证时成立；（2）假设当时成立，证得也成立；（3）得到证明的结论．其中在到的推理中必须使用归纳假设．着重考查了推理与论证能力．19.已知甲盒内有大小相同的1个红球和3个黑球，乙盒内有大小相同的2个红球和4个黑球．现从甲、乙两个盒内各任取2个球．（1）求取出的4个球均为黑球的概率；（2）设为取出的4个球中红球的个数，求的分布列和数学期望．（8分）参考答案：（1）解：设“从甲盒内取出的2个球均为黑球”为事件，“从乙盒内取出的2个球均为黑球”为事件．由于事件相互独立，且，．故取出的4个球均为黑球的概率为．（2）解：可能的取值为．由（Ⅰ），（Ⅱ）得，，．从而．的分布列为0123的数学期望略20.设等比数列{an}的前n项和为Sn，3a7=a42，a2=2a1，在等差数列{bn}中，b3=a4，b15=a5（1）求证：Sn=2an﹣3（2）求数列{}的前n项和Tn．参考答案：【考点】数列的求和；数列递推式．【分析】（1）设等比数列{an}的公比为q，由3a7=a42，a2=2a1，可得=，解得q，a1．再利用等比数列的通项公式与求和公式即可得出．（2）利用等差数列的通项公式、“裂项求和”方法即可得出．【解答】（1）证明：设等比数列{an}的公比为q，∵3a7=a42，a2=2a1，∴=，q=2．解得a1=3．∴an=3×2n﹣1，Sn==3×2n﹣3．∴Sn=2an﹣3．（2）解：设等差数列{bn}的公差为d，b3=a4=3×23=24，b15=a5=3×24=48．∴48=24+12d，解得d=2．∴bn=24+2（n﹣3）=2n+18．==2．∴数列{}的前n项和Tn=2+…+=2=．21.在中，已知内角，边．设内角，周长为．（Ⅰ）求函数的解析式和定义域；

（Ⅱ）求的最大值．参考答案：（1）的内角和，由得． 应用正弦定理，知，． 因为，所以，2）因为， 所以，当，即时，取得最大值．略22.如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，，，.（1）证明：；（2）若平面ABC⊥平面AA1B1B，，求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值．参考答案：（1）见解析；（2）.【分析】（1）取AB的中点O，连接OC，OA1，A1B，由已知可证OA1⊥AB，AB⊥平面OA1C，进而可得AB⊥A1C；（2）易证OA，OA1，OC两两垂直．以O为坐标原点，的方向为x轴的正向，||为单位长，建立坐标系，可得，，的坐标，设=（x，y，z）为平面BB1C1C的法向量，则，可解得=（，1，﹣1），可求|cos＜，＞|，即为所求正弦值．【详解】（1）取AB的中点O，连结OC，，.因为，所以.由于，，故为等边三角形，所以.因为，所以平面.又平面，故.

（2）由（1）