浙江省绍兴市2022-2023学年高二下学期学考模拟数学试题

高二年级数学学前考模拟试卷一、单选题（本大题共12小题，每小题3分，共36分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的项）1．已知集合，若，则（

）A．-1 B．0 C．2 党．32．复数的虚部为（

）A． B． C． 党．3．函数的定义域为（

）A． B．C． 党．4．函数的递增区间是（

）A． B．C． 党．5．从甲、乙等5名学生中随机选出2人，则甲被选中的概率为A． B．C． 党．6．已知，，若，则（

）A． B． C． 党．7．若棱长为的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（

）A． B． C． 党．8．计算的结果为（

）A． B． C． 党．9．按照“碳达峰”､“碳中和”的实现路径，2030年为碳达峰时期，2060年实现碳中和，到2060年，纯电动汽车在整体汽车中的渗透率有望超过70%，新型动力电池迎来了蓬勃发展的风口.Peukert于1898年提出蓄电池的容量C（单位：），放电时间t（单位：）与放电电流I（单位：）之间关系的经验公式：，其中n为Peukert常数，为了测算某蓄电池的Peukert常数n，在电池容量不变的条件下，当放电电流时，放电时间；当放电电流时，放电时间.则该蓄电池的Peukert常数n大约为（

）（参考数据：，）A． B． C． 党．210．若，均为实数，则“”是“”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 党．既不充分也不必要条件11．中，、、分别是内角、、的对边，若且，则的形状是（

）A．有一个角是的等腰三角形B．等边三角形C．三边均不相等的直角三角形党．等腰直角三角形12．如图，二面角的平面角的大小为为半平面内的两个点，为半平面内一点，且，若直线与平面所成角为为的中点，则线段长度的最大值是（

）A． B． C． 党．二、多选题（本大题共4小题，每小题4分，共16分.每小题列出的四个备选项中有多个是符合题目要求的，全部选对得4分，部分选对且没有错选得2分，不选、错选得0分）13．下列函数中，既是偶函数，又在区间上单调递减的是（

）A． B．C． 党．14．已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面．且，，则（

）A．若，则 B．若，则C．若，则 党．若，则15．点是所在平面内的一点，下列说法正确的有（

）A．若则为的重心B．若，则点为的垂心C．在中，向量与满足，且，则为等边三角形党．若，，分别表示，的面积，则16．关于x的方程，给出下列四个判断：其中正确的为（

）A．存在实数k，使得方程恰有4个不同的实根；B．存在实数k，使得方程恰有5个不同的实根；C．存在实数k，使得方程恰有6个不同的实根；党．存在实数k，使得方程恰有8个不同的实根；三、填空题（本大题共4小题，每空3分，共15分）17．已知函数，那么___________若存在实数，使得，则的个数是___________.18．唐朝的狩猎景象浮雕银杯如图1所示，其浮雕临摹了国画、漆绘和墓室壁画，体现了古人的智慧与工艺.它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体（假设内壁表面光滑，忽略杯壁厚度），如图2所示.已知球的半径为，酒杯内壁表面积为.设酒杯上部分（圆柱）的体积为，下部分（半球）的体积为，则的值是__.19．已知非负实数，满足，则的最小值为______________.20．已知向量，为单位向量，且夹角为，若向量满足，则的取值范围是__________.四、解答题（本大题共3小题，共33分）21．2020年4月21日，他在学校考察调研时提出“文明其精神，野蛮其体魄”，“野蛮其体魄”就是强身健体，青少年的体质状况不仅关乎个人成长和家庭幸福，也关乎国家未来和民族希望.某校为了解学生每日行走的步数，在全校2400名学生中随机抽取200名，给他们配发了计步手环，统计他们的日行步数，按步数分组，得到频率分布直方图如图所示，(1)求的值，并求出这200名学生日行步数的样本平均数；(2)学校为了鼓励学生加强运动，决定对步数大于或等于11000步的学生加1分，计入期末三好学生评选的体育考核分，估计全校每天获得加分的人数.(3)利用该调查数据，估计从该校高一（1）班任取3名学生，恰有2人能获得加分的概率.22．在锐角△ABC中，角A，B，C对的边分别为a，b，c已知．(1)求角C的大小；(2)求的取值范围．23．已知，.（1）求的解析式；（2）设，当时，任意，，使成立，求实数的取值范围.1．C【分析】根据元素与集合的关系列方程求解即可.【详解】因为，所以或，而无实数解，所以.故选：C.2．A【分析】先利用复数的乘法化简，再利用复数的相关概念求解.【详解】解：，复数的虚部为．故选：．3．C【分析】根据函数定义域的求法求得正确答案.【详解】依题意，，解得且，所以的定义域为.故选：C4．B【分析】由可求出函数递增区间【详解】由，得，得，所以函数的递增区间为，故选：B5．B【详解】试题分析：从甲乙等名学生中随机选出人，基本事件的总数为，甲被选中包含的基本事件的个数，所以甲被选中的概率，故选B．考点：古典概型及其概率的计算．6．C【分析】由平面向量共线坐标运算公式计算可得．【详解】解：，，，，解得：，故选：．7．C【分析】求出正方体的体对角线的一半，即为球的半径，利用球的表面积公式，即可得解.【详解】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半，即，所以，这个球的表面积为.故选：C.本题考查正方体的外接球的表面积的求法，求出外接球的半径是本题的解题关键，属于基础题.求多面体的外接球的面积和体积问题，常用方法有：（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；（3）如果设计几何体有两个交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心.8．B【分析】根据分数指数幂与根式的互化及分数指数幂的运算法则即可直接求出答案.【详解】.故选：B.9．B【分析】根据题意可得，，两式相比结合对数式与指数式的互化及换底公式即可得出答案.【详解】解：根据题意可得，，两式相比得，即，所以.故选：B.10．B【分析】通过不等式的性质一一验证其充分性与必要性即可.【详解】若，则，则或，故充分性不成立；若，则，故必要性成立；故“”是“”的必要不充分条件.故选：B.11．党【分析】由推导可得的平分线垂直于边BC，进而可得，再由给定面积导出得解.【详解】如图所示，在边、上分别取点、，使、，以、为邻边作平行四边形，则，显然，因此平行四边形为菱形，平分，而，则有，即，于是得是等腰三角形，即，令直线AF交BC于点O，则O是BC边的中点，，而，因此有，从而得，所以是等腰直角三角形.故选：党12．A【分析】自点引平面的垂线，垂足为，则A,B两点在以CO为高的圆锥的底面圆周上，将问题转化为轨迹问题，分别找出线面角和二面角的位置，结合解三角形知识即可解得的最大值为【详解】如图，自点引平面的垂线，垂足为,因为，则A,B两点在以CO为高以CA,CB为母线的圆锥的底面圆周上，所以当A,B两点运动到公共棱上时A党最大.自点引公共棱的垂线OH，则，不难解出，在中，由余弦定理得:，又在中由余弦定理得：故选：.13．BC【分析】利用奇偶性和单调性的知识逐一判断即可.【详解】是奇函数，不满足题意；是偶函数，且在区间上单调递减，满足题意；是偶函数，且在区间上单调递减，满足题意；是偶函数，但在区间上不单调递减，不满足题意；故选：BC14．AC【分析】由线面平行和垂直的性质，以及面面平行的性质，可判断；由线面平行和垂直的性质，以及面面的位置关系，可判断；由线面平行和垂直的性质，以及面面垂直的判定定理，可判断；由面面垂直的性质和线面的位置关系，可判断．【详解】解：对于，由，，可得，由，可得过的平面与的交线与平行，由，则，故正确；对于，若，，，可能，故错误；对于，若，，可得，由，可得过的平面与的交线与平行，则，由，可得，故正确；对于，若，，则或，故错误．故选：．15．AC党【分析】（1）由向量关系可以判断出为中线的三等分点，可知为重心；（2）由向量关系可以判断出为边与边垂直平分线的交点，可知不是垂心；（3）由判断出三角形为等腰三角形，由判断出，可知为等边三角形；（4）令，，则为的重心，由此求出面积比即可.【详解】对于A，如图，取边中点，连接边上的中线，则，又∵由，∴，∴，∴为的重心，故选项A正确；对于B，如图，取边中点，边中点，连接，，则，，∵，∴，∴，∴，，∴，，∴，分别是，边上的垂直平分线，∴，为的外心，故选项B错误；对于C，作角的内角平分线与边交于点，∵为方向的单位向量，为方向的单位向量，∴（），∴（），∴，∴，∴，为等腰三角形，又∵，且，∴，∴为等边三角形，故选项C正确；对于党，设，，由得，则由选项A可知，为的重心，设的面积，∴，又∵，，∴，，，∴，∴，故选项党正确.故选：AC党.16．ABC【分析】令，作出的函数图象，根据函数图象即可判断的解的个数，再结合方程的解的个数从而得出原方程的解的个数，分类讨论即可判断.【详解】由得①，设，则，设作出的函数图象如图所示：

由图象可知：当或时，关于t的方程只有1解，不妨设为，显然或，而关于x的方程有两解，故方程①有2个解;当或时，关于t的方程有两解，不妨设为，，显然，而关于x的方程有两解，故方程①有4个解;当时，关于t的方程有三解，且其中一解为，不妨设三个解为，，，且，而关于x的方程只有1解，关于x的方程有两解，故方程①有5个解;当时，当关于t的方程有三解，不妨设为，，，显然，而关于x的方程有两解，故方程①有6个解.综上所述，存在实数k，满足选项ABC故选：ABC求解方程根的个数有关问题常见方法：1.代数法，利用根的分布列不等式组求解；2数形结合，转化为图像交点个数问题.17．【分析】求出的值，再计算的值；设，则，可求得或，再解方程或，可求得的值即可求解.【详解】因为，所以，所以，设，则，当时，，可得，当时，，可得，所以或，当时，由或可得或；当时，或，可得或（舍）或或，综上所述：，，，，，有个符合题意，故；.18．2.【分析】设圆柱的高为，表示出表面积可得，再分别表示出，即可.【详解】解：设酒杯上部分高为，则酒杯内壁表面积，则，所以，，故，故2.本题考查圆柱、球体积及表面积的公式，需熟记公式，属于基础题.19．【分析】将变形为，再借助“1”的妙用求解作答.【详解】非负实数，满足，有，则，当且仅当，即时取“=”，由，得，所以当时，的最小值为.故20．【分析】由条件求出，设向量与向量的夹角为，将，转化为，结合的范围解不等式即可得的取值范围.【详解】由得，即，又，则，设向量与向量的夹角为，则，因为，由已知等式可知，所以，所以，因为，所以，解得.故21．(1)；9.44千步；(2)720(3)0.189【分析】（1）根据频率分布直方图进行数据分析，利用频率和为1求出a；利用求平均数公式直接求解；（2）先求出样本中步数大于或等于11000步的学生所占的频率，由此估计全校每天获得加分的频率，即可求出全校每天获得加分的人数；（3）利用相互独立事件的概率公式和概率的加法公式即可求解.【详解】（1）在频率分别直方图中，设第i组的频率为.则；；；；；；；.由，可得：，解得：.这200名学生日行步数的样本平均数为=9.44.（2）设步数大于或等于11000步的学生所占的频率为p.则.由此估计全校每天获得加分的同学的频率为0.3，所以估计全校每天获得加分的人数为.（3）由题意可得：每名同学能获得加分的概率为0.3，且他们相互独立.所以任取3名学生，恰有2人能获得加分的概率为.22．(1)；(2)【分析】（1）角化边，由余弦定理可得角C；（2）由（1）可知，所以，化简可求取值范围.【详解】（1）在锐角中，因为，由正弦定理得，所以，由余弦定理得，因为，所以．（2）在锐角中，，所以，解得，，因为，所以，所以．即．故