江西省九江市官蓮中學(xué)2022年高二數(shù)學(xué)文模擬試題含解析

江西省九江市官蓮中學(xué)2022年高二數(shù)學(xué)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.已知復(fù)數(shù)，則的虛部是（

）A. B. C.2 D.參考答案：D【分析】由復(fù)數(shù)，求得，即可得到復(fù)數(shù)的虛部，得到答案.【詳解】由題意，復(fù)數(shù)，則，所以復(fù)數(shù)的虛部為，故選D.【點睛】本題主要考查了復(fù)數(shù)及共軛復(fù)數(shù)的概念，其中解答中熟記復(fù)數(shù)的基本概念是解答本題的關(guān)鍵，著重考查了求解能力，屬于基礎(chǔ)題.2.已知為常數(shù)）在上有最大值，那么此函數(shù)在上的最小值為（

）A、-37

B、-29

C、-5

D、-11參考答案：A3.已知空間四邊形，連接。設(shè)是的中點，則（

）A、

B、

C、

D、參考答案：A略4.在一次試驗中，測得的四組值分別是，則Y與X之間的回歸直線方程為（

）A．

B．

C．Ｄ．參考答案：A5.在中，已知，，，P為線段AB上的一點，且.，則的最小值為(

)A．

B．

C．

D．參考答案：C6.已知正四面體ABCD棱長為,其外接圓的體積為,內(nèi)切球的體積為,則等于(

)A.9

B.8

C.

D.27參考答案：D7.在直三棱柱A1B1C1—ABC中，∠BAC=，AB=AC=AA1=1，已知G與E分別為A1B1和CC1的中點，D與F分別為線段AC和AB上的動點（不包括端點），若GD⊥EF，則線段DF的長度的取范圍為

（

）

A．

B．

C．

D．參考答案：A

解析：建立直角坐標(biāo)系，以Ａ為坐標(biāo)原點，ＡＢ為ｘ軸，ＡＣ為ｙ軸，ＡＡ１為ｚ軸，則（），，，（）.所以，.因為，所以，由此推出.又，，從而有8.過雙曲線左焦點F1的弦AB長為6，則△ABF2（F2為右焦點）的周長是（）A．12 B．14 C．22 D．28參考答案：D【考點】雙曲線的簡單性質(zhì)．【分析】由雙曲線方程求得a=4，由雙曲線的定義可得AF2+BF2=22，△ABF2的周長是（AF1+AF2）+（BF1+BF2）=（AF2+BF2）+AB，計算可得答案．【解答】解：由雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程可得a=4，由雙曲線的定義可得AF2﹣AF1=2a，BF2﹣BF1=2a，∴AF2+BF2﹣AB=4a=16，即AF2+BF2﹣6=16，AF2+BF2=22．△ABF2（F2為右焦點）的周長是（AF1+AF2）+（BF1+BF2）=（AF2+BF2）+AB=22+6=28．故選

D．【點評】本題考查雙曲線的定義和雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程，以及雙曲線的簡單性質(zhì)的應(yīng)用，求出AF2+BF2=22是解題的關(guān)鍵．9.設(shè)均為正數(shù)，且，，.則（

）A.

B.

C.

D.參考答案：A10.同時拋擲枚均勻的硬幣次，設(shè)枚硬幣正好出現(xiàn)枚正面向上，枚反面向上的次數(shù)為，則的數(shù)學(xué)期望是（

）

A．

B．

C．

D．參考答案：B二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.參數(shù)方程

，化成普通方程是

參考答案：12.已知，則與的面積之比為

▲

.參考答案：略13.給定下列命題：①“若k＞0，則方程x2+2x﹣k=0有實數(shù)根”的逆否命題；②“若A=B，則sinA=sinB”的逆命題；③“若2”的逆否命題；④“若xy=0，則x，y中至少有一個為零”的否命題．⑤“若”的逆命題．其中真命題的序號是

．參考答案：①③④【考點】命題的真假判斷與應(yīng)用．【專題】轉(zhuǎn)化思想；簡易邏輯．【分析】①由方程x2+2x﹣k=0有實數(shù)根，則△=4+4k≥0，解得k的范圍，即可判斷出真假，進而判斷出其逆否命題具有相同的真假性；②原命題的逆命題為“若sinA=sinB，則A=B”，舉例：取A=2π，B=π，即可判斷出真假；③由，可得b＜a＜0，可得b2＞ab，即可判斷出真，進而其逆否命題具有相同的真假性；④原命題的逆命題為：“若x，y中至少有一個為零，則xy=0”是真命題，進而得到原命題的否命題具有相同的真假性．⑤原的逆命題為“若a＜b＜0，則＞”，舉例：取a=﹣2，b=﹣1，﹣2＜﹣1＜0，即可判斷出真假．【解答】解：①由方程x2+2x﹣k=0有實數(shù)根，則△=4+4k≥0，解得k≥﹣1，因此“若k＞0，則方程x2+2x﹣k=0有實數(shù)根”是真命題，其逆否命題也是真命題；②“若A=B，則sinA=sinB”的逆命題為“若sinA=sinB，則A=B”，是假命題例如：取A=2π，B=π；③由，可得b＜a＜0，∴b2＞ab，因此“若2”是真命題，其逆否命題也是真命題；④“若xy=0，則x，y中至少有一個為零”的逆命題為：“若x，y中至少有一個為零，則xy=0”是真命題，因此原命題的否命題也是真命題．⑤“若”的逆命題為“若a＜b＜0，則＞”是假命題，例如：取a=﹣2，b=﹣1，﹣2＜﹣1＜0，但是＜．其中真命題的序號是①③④．故答案為：①③④．【點評】本題考查了簡易邏輯的判定方法、命題之間真假性的關(guān)系、不等式的性質(zhì)，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．14.在如圖所示的樣本的頻率分布直方圖中，若樣本容量為200，則數(shù)據(jù)落在[10,14]這組的頻數(shù)為___▲__.參考答案：7215.已知復(fù)數(shù)z滿足，那么______．參考答案：16.如圖，是邊長為的正方形，動點在以為直徑的圓弧上，則的取值范圍是 .

參考答案：17.由紅、黃、藍三套卡片，每套五張，分別標(biāo)有一個字母A、B、C、D、E，若從這15張卡片中，抽取5張，要求字母各不相同且三色齊全，則不同的取法有種。參考答案：150三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟18.已知橢圓C：的離心率為，且過點.（1）求橢圓C的方程；（2）設(shè)直線交C于A、B兩點，O為坐標(biāo)原點，求△OAB面積的最大值.參考答案：（1）由已知可得，且，解得，，∴橢圓的方程為.（2）設(shè)，，將代入方程整理得，，∴，∴，，，，，，當(dāng)且僅當(dāng)時取等號，∴面積的最大值為.19.阿基米德是古希臘偉大的哲學(xué)家、數(shù)學(xué)家、物理學(xué)家，對幾何學(xué)、力學(xué)等學(xué)科作出過卓越貢獻．為調(diào)查中學(xué)生對這一偉大科學(xué)家的了解程度，某調(diào)查小組隨機抽取了某市的100名高中生，請他們列舉阿基米德的成就，把能列舉阿基米德成就不少于3項的稱為“比較了解”，少于三項的稱為“不太了解”他們的調(diào)查結(jié)果如下：

0項1項2項3項4項5項5項以上理科生（人）110171414104文科生（人）08106321（1）完成如下2×2列聯(lián)表，并判斷是否有99%的把握認(rèn)為，了解阿基米德與選擇文理科有關(guān)？

比較了解不太了解合計理科生

文科生

合計

（2）在抽取的100名高中生中，按照文理科采用分層抽樣的方法抽取10人的樣本．（ⅰ）求抽取的文科生和理科生的人數(shù)；（ⅱ）從10人的樣本中隨機抽取3人，用X表示這3人中文科生的人數(shù)，求X的分布列和數(shù)學(xué)期望．參考數(shù)據(jù)：P(K2≥k0)0.1000.0500.0100.001k02.7063.8416.63510.828，．參考答案：（1）見解析；（2）（?。┪目粕耍砜粕?；（ⅱ）見解析.【分析】（1）根據(jù)已知數(shù)據(jù)填寫列聯(lián)表，根據(jù)公式計算可得，可知沒有的把握；（2）（?。└鶕?jù)分層抽樣的原則計算即可得到結(jié)果；（ⅱ）首先確定所有可能的取值為，根據(jù)超幾何分布的概率公式可求得每個取值對應(yīng)的概率，從而可得分布列；根據(jù)數(shù)學(xué)期望的計算公式可求得期望.【詳解】（1）依題意填寫列聯(lián)表如下：，沒有的把握認(rèn)為，了解阿基米德與選擇文理科有關(guān)（2）（ⅰ）抽取的文科生人數(shù)是：人理科生人數(shù)是：人（ⅱ）的可能取值為則；；；其分布列為：【點睛】本題考查獨立性檢驗的應(yīng)用、分層抽樣、服從超幾何分布的離散型隨機變量的分布列和數(shù)學(xué)期望的求解問題，屬于常規(guī)題型.

20.平面圖形ABB1A1C1C如圖4所示，其中BB1C1C是矩形，BC=2，BB1=4，AB=AC=，A1B1=A1C1=．現(xiàn)將該平面圖形分別沿BC和B1C1折疊，使△ABC與△A1B1C1所在平面都與平面BB1C1C垂直，再分別連接A1A，A1B，A1C，得到如圖2所示的空間圖形，對此空間圖形解答下列問題。（Ⅰ）證明：AA1⊥BC；（Ⅱ）求AA1的長；（Ⅲ）求二面角A﹣BC﹣A1的余弦值．參考答案：（Ⅰ）證明：取BC，B1C1的中點為點O，O1，連接AO，OO1，A1O，A1O1，∵AB=AC，∴AO⊥BC∵平面ABC⊥平面BB1C1C，平面ABC∩平面BB1C1C=BC∴AO⊥平面BB1C1C同理A1O1⊥平面BB1C1C，∴AO∥A1O1，∴A、O、A1、O1共面∵OO1⊥BC，AO⊥BC，OO1∩AO=O，∴BC⊥平面OO1A1A∵AA1?平面OO1A1A，∴AA1⊥BC；（Ⅱ）解：延長A1O1到D，使O1D=OA，則∵O1D∥OA，∴AD∥OO1，AD=OO1，∵OO1⊥BC，平面A1B1C1⊥平面BB1C1C，平面A1B1C1∩平面BB1C1C=B1C1，∴OO1⊥面A1B1C1，∵AD∥OO1，∴AD⊥面A1B1C1，∵AD=BB1=4，A1D=A1O1+O1D=2+1=3∴AA1==5；（Ⅲ）解：∵AO⊥BC，A1O⊥BC，∴∠AOA1是二面角A﹣BC﹣A1的平面角在直角△OO1A1中，A1O=在△OAA1中，cos∠AOA1=