福建省福州市三中金山校區(qū)2022-2023學(xué)年高二數(shù)學(xué)理下學(xué)期摸底試題含解析

福建省福州市三中金山校區(qū)2022-2023學(xué)年高二數(shù)學(xué)理下學(xué)期摸底試題含解析一、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(gè)選項(xiàng)中，只有是一個(gè)符合題目要求的1.反證法證明三角形的內(nèi)角中至少有一個(gè)不小于60°，反設(shè)正確的是（）A．假設(shè)三內(nèi)角都不大于60°B．假設(shè)三內(nèi)角都小于60°C．假設(shè)三內(nèi)角至多有一個(gè)大于60°D．假設(shè)三內(nèi)角至多有兩個(gè)小于60°參考答案：B【考點(diǎn)】R9：反證法與放縮法．【分析】由于本題所給的命題是一個(gè)特稱(chēng)命題，故它的否定即為符合條件的反設(shè)，寫(xiě)出其否定，對(duì)照四個(gè)選項(xiàng)找出答案即可【解答】解：用反證法證明命題：“一個(gè)三角形中，至少有一個(gè)內(nèi)角不小于60°”時(shí)，應(yīng)由于此命題是特稱(chēng)命題，故應(yīng)假設(shè)：“三角形中三個(gè)內(nèi)角都小于60°”故選：B【點(diǎn)評(píng)】本題考查反證法的基礎(chǔ)概念，解答的關(guān)鍵是理解反證法的規(guī)則及特稱(chēng)命題的否定是全稱(chēng)命題，本題是基礎(chǔ)概念考查題，要注意記憶與領(lǐng)會(huì)．2.如果橢圓的弦被點(diǎn)平分，則這條弦所在的直線方程是（

）A．

B．

C.

D．參考答案：C設(shè)這條弦的兩端點(diǎn)為斜率為k，則，兩式相減再變形得，又弦中點(diǎn)為，可得，所以這條弦所在的直線方程為，整理得，故選C.【方法點(diǎn)睛】本題主要考查待定點(diǎn)斜式求直線的方程及“點(diǎn)差法”的應(yīng)用，屬于難題.對(duì)于有弦關(guān)中點(diǎn)問(wèn)題常用“點(diǎn)差法”，其解題步驟為：①設(shè)點(diǎn)（即設(shè)出弦的兩端點(diǎn)坐標(biāo)）；②代入（即代入圓錐曲線方程）；③作差（即兩式相減，再用平方差公式分解因式）；④整理（即轉(zhuǎn)化為斜率與中點(diǎn)坐標(biāo)的關(guān)系式），然后求解.3.等比數(shù)列x，3x+3，6x+6，…的第四項(xiàng)等于（）A．﹣24 B．0 C．12 D．24參考答案：A【考點(diǎn)】等比數(shù)列的性質(zhì)．【分析】由題意可得（3x+3）2=x（6x+6），解x的值，可得此等比數(shù)列的前三項(xiàng)，從而求得此等比數(shù)列的公比，從而求得第四項(xiàng)．【解答】解：由于x，3x+3，6x+6是等比數(shù)列的前三項(xiàng)，故有（3x+3）2=x（6x+6），解x=﹣3，故此等比數(shù)列的前三項(xiàng)分別為﹣3，﹣6，﹣12，故此等比數(shù)列的公比為2，故第四項(xiàng)為﹣24，故選A．4.已知直線和不重合的兩個(gè)平面，，且，有下面四個(gè)命題：

①若∥，則∥；

②若∥，則∥；

③若，則；

④若，則

其中真命題的序號(hào)是

A．①②

B．②③

C．②③④D．①④參考答案：B略5.已知條件，條件，則是的（

）A．充分不必要條件

B．必要不充分條件C．充要條件

D．既不充分也不必要條件

參考答案：A略6.邊長(zhǎng)為5，7，8的三角形的最大角與最小角之和為（

）

A．90°B．120°

C．135°

D．150°參考答案：B略7.拋物線的準(zhǔn)線方程是（

）A.

B.

C.

D.參考答案：D8.已知實(shí)數(shù)m、n滿足不等式組，則關(guān)于x的方程x2﹣（3m+2n）x+6mn=0的兩根之和的最大值和最小值分別是（）A．6，﹣6 B．8，﹣8 C．4，﹣7 D．7，﹣4參考答案：D【考點(diǎn)】簡(jiǎn)單線性規(guī)劃．【專(zhuān)題】計(jì)算題．【分析】先作出不等式組的平面區(qū)域，而z=x1+x2=3m+2n，由z=3m+2n可得n=，則表示直線z=3m+2n在n軸上的截距，截距越大，z越大，結(jié)合圖形可求．【解答】解：作出不等式組的平面區(qū)域則關(guān)于x的方程x2﹣（3m+2n）x+6mn=0的兩根之和z=x1+x2=3m+2n由z=3m+2n可得n=，則表示直線z=3m+2n在n軸上的截距，截距越大，z越大作直線3m+2n=0，向可行域方向平移直線，結(jié)合圖形可知，當(dāng)直線經(jīng)過(guò)B時(shí)，z最大，當(dāng)直線經(jīng)過(guò)點(diǎn)D時(shí)，z最小由可得B（1，2），此時(shí)z=7由可得D（0，﹣2），此時(shí)z=﹣4故選D【點(diǎn)評(píng)】本題以方程的根與系數(shù)關(guān)系的應(yīng)用為載體，主要考查了線性規(guī)劃在求解目標(biāo)函數(shù)的最值中的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是明確目標(biāo)函數(shù)的幾何意義9.函數(shù)f（x）＝｜x－2｜－lnx在定義域內(nèi)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為(

)A、0B、1C、2D、3參考答案：C略10.已知Sn是等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，，設(shè)Tn=a1?a2?a3?…?an，則使得Tn取最小值時(shí)，n的值為（）A．3 B．4 C．5 D．6參考答案：C【考點(diǎn)】等比數(shù)列的前n項(xiàng)和．【分析】由9S3=S6，解得q=2．若使Tn=a1a2a3…an取得最小值，則an=?2n﹣1＜1，由此能求出使Tn取最小值的n值．【解答】解：∵{an}是等比數(shù)列，∴an=a1qn﹣1，S3=a1+a1q+a1q2，S6=a1+a1q+a1q2+a1q3+a1q4+a1q5，由9S3=S6，解得q=2．若使Tn=a1a2a3…an取得最小值，則an＜1，∵a1=，∴?2n﹣1＜1，解得n＜6，n∈N*，∴使Tn取最小值的n值為5．故答案為：5．【點(diǎn)評(píng)】本題考查使得等比數(shù)列的前n項(xiàng)積Tn取最小值時(shí)n的值的求法，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意等比數(shù)列的性質(zhì)的合理運(yùn)用．二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.甲乙丙三人代表班級(jí)參加校運(yùn)會(huì)的跑步，跳遠(yuǎn)，鉛球比賽，每人參加一項(xiàng)，每項(xiàng)都要有人參加，他們的身高各不同，現(xiàn)了解到已下情況：（1）甲不是最高的；（2）最高的是沒(méi)報(bào)鉛球；（3）最矮的參加了跳遠(yuǎn)；（4）乙不是最矮的，也沒(méi)參加跑步．可以判斷丙參加的比賽項(xiàng)目是．參考答案：跑步【考點(diǎn)】F4：進(jìn)行簡(jiǎn)單的合情推理．【分析】由（4）可知，乙參加了鉛球比賽，由（2）可知乙不是最高的，所以三人中乙身高居中；再由（1）可知，甲是最矮的，參加了跳遠(yuǎn)，即可得出結(jié)論．【解答】解：由（4）可知，乙參加了鉛球比賽，由（2）可知乙不是最高的，所以三人中乙身高居中；再由（1）可知，甲是最矮的，參加了跳遠(yuǎn)，所以丙最高，參加了跑步比賽．故答案為跑步．12.不等式(a－2)x2＋2(a－2)x－4<0對(duì)于x∈R恒成立，那么a的取值范圍是________．參考答案：(－2,2]13.已知樣本7，5，x，3，4的平均數(shù)是5，則此樣本的方差為．參考答案：2【考點(diǎn)】極差、方差與標(biāo)準(zhǔn)差．【專(zhuān)題】概率與統(tǒng)計(jì)．【分析】運(yùn)用平均數(shù)的公式：解出x的值，再代入方差的公式中計(jì)算得出方差．【解答】解：∵樣本7，5，x，3，4的平均數(shù)是5，∴7+5+x+3+4=5×5=25；解得x=6，方差s2=[（7﹣5）2+（5﹣5）2+（6﹣5）2+（3﹣5）2+（4﹣5）2]=（4+1+4+1）=．故答案為：2．【點(diǎn)評(píng)】本題考查的是平均數(shù)和方差的求法．要求熟練掌握平均數(shù)和方差的計(jì)算公式，比較基礎(chǔ)．14.在△ABC中，已知acosA=bcosB，則△ABC的形狀是

．參考答案：△ABC為等腰或直角三角形【考點(diǎn)】正弦定理的應(yīng)用；兩角和與差的余弦函數(shù)．【專(zhuān)題】計(jì)算題．【分析】根據(jù)正弦定理把等式acosA=bcosB的邊換成角的正弦，再利用倍角公式化簡(jiǎn)整理得sin2A=sin2B，進(jìn)而推斷A=B，或A+B=90°答案可得．【解答】解：根據(jù)正弦定理可知∵acosA=bcosB，∴sinAcosA=sinBcosB∴sin2A=sin2B∴A=B，或2A+2B=180°即A+B=90°，所以△ABC為等腰或直角三角形故答案為△ABC為等腰或直角三角形．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了正弦定理的應(yīng)用，屬基礎(chǔ)題．15.與相交所截的弦長(zhǎng)為

參考答案：16.若，，是平面內(nèi)的三點(diǎn)，設(shè)平面的法向量，則________________。參考答案：2:3:-4略17.給出下列命題：①若，，則；②若，則；③若，，則；④若，，則其中真命題的序號(hào)是：_________參考答案：略三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟18.在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，△ABC是邊長(zhǎng)為2的正三角形，側(cè)面BB1C1C是矩形，D、E分別是線段BB1、AC1的中點(diǎn)．（1）求證：DE∥平面A1B1C1；（2）若平面ABC⊥平面BB1C1C，BB1=4，求三棱錐A﹣DCE的體積．參考答案：【考點(diǎn)】棱柱、棱錐、棱臺(tái)的體積；直線與平面平行的判定．【分析】（1）取棱A1C1的中點(diǎn)F，連接EF、B1F，利用三角形中位線定理，證明四邊形DEFB1是平行四邊形，從而DE∥B1F，利用線面平行的判定定理即可得出．（2）過(guò)A作AH⊥BC于H，利用VA﹣DCE=VD﹣ACE=，即可得出三棱錐A﹣DCE的體積．【解答】（1）證明：取棱A1C1的中點(diǎn)F，連接EF、B1F…則由EF是△AA1C1的中位線得EF∥AA1，EF=AA1又DB1∥AA1，DB1=AA1…所以EF∥DB1，EF=DB1…故四邊形DEFB1是平行四邊形，從而DE∥B1F…所以DE∥平面A1B1C1…（Ⅱ）解：因?yàn)镋是AC1的中點(diǎn)，所以VA﹣DCE=VD﹣ACE=…過(guò)A作AH⊥BC于H…因?yàn)槠矫嫫矫鍭BC⊥平面BB1C1C，所以AH⊥平面BB1C1C，…所以==…所以VA﹣DCE=VD﹣ACE==…19.求經(jīng)過(guò)點(diǎn)并且和兩個(gè)坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積是的直線方程。參考答案：解析：設(shè)直線為交軸于點(diǎn)，交軸于點(diǎn)，

得，或

解得或

，或?yàn)樗蟆?0.已知直線，一個(gè)圓的圓心在軸正半軸上，且該圓與直線和軸均相切.（1）求該圓的方程；（2）若直線：與圓交于兩點(diǎn)，且，求的值.參考答案：①

②m=±略21.在直角坐標(biāo)系xOy中，圓C的參數(shù)方程（φ為參數(shù)），以O(shè)為極點(diǎn)，x軸的非負(fù)半軸為極軸建立極坐標(biāo)系．（1）求圓C的極坐標(biāo)方程；（2）直線l的極坐標(biāo)方程是2ρsin（θ+）=3，射線OM：θ=與圓C的交點(diǎn)為O、P，與直線l的交點(diǎn)為Q，求線段PQ的長(zhǎng)．參考答案：【分析】解：（I）利用cos2φ+sin2φ=1，即可把圓C的參數(shù)方程化為直角坐標(biāo)方程．（II）設(shè)（ρ1，θ1）為點(diǎn)P的極坐標(biāo)，由，聯(lián)立即可解得．設(shè)（ρ2，θ2）為點(diǎn)Q的極坐標(biāo)，同理可解得．利用|PQ|=|ρ1﹣ρ2|即可得出．【解答】解：（I）利用cos2φ+sin2φ=1，把圓C的參數(shù)方程為參數(shù)）化為（x﹣1）2+y2=1，∴ρ2﹣2ρcosθ=0，即ρ=2cosθ．（II）設(shè)（ρ1，θ1）為點(diǎn)P的極坐標(biāo)，由，解得．設(shè)（ρ2，θ2）為點(diǎn)Q的極坐標(biāo)，由，解得．∵θ1=θ2，∴|PQ|=|ρ1﹣ρ2|=2．∴|PQ|=2．22.（12分）已知橢圓的兩焦點(diǎn)為F1（﹣1，0）、F2（1，0），P為橢圓上一點(diǎn)，且2|F1F2|=|PF1|+|PF2|．（1）求此橢圓的方程；（2）若點(diǎn)P在第二象限，∠F2F1P=120°，求△PF1F2的面積．參考答案：【考點(diǎn)】直線與圓錐曲線的關(guān)系；橢圓的應(yīng)用．【分析】（1）根據(jù)2|F1F2|=|PF1|+|PF2|，求出a，結(jié)合焦點(diǎn)坐標(biāo)求出c，從而可求b，即可得出橢圓方程；（2）直線方程與橢圓方程聯(lián)立，可得P的坐標(biāo)，利用三角形的面積公式，可求△PF1F2的面積．【解答】解：（1）依題意得|F1F2|=2，又2|F1F2|=|PF1|+|PF2|，∴|P