2022年河南省信阳市石佛高级中学高三数学理摸底试卷含解析

2022年河南省信阳市石佛高级中学高三数学理摸底试卷含解析一、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.全集，，则集合（

） A．{0，1，3} B．{1，3} C．{0，3} D．{2}参考答案：A略2.已知等差数列中，，记，则的值为（

）A、260

B、168

C、156

D、130参考答案：D3.的（

）A．充分不必要条件Ｂ．必要不充分条件C．充分必要条件

D．既不充分又不必要条件参考答案：A略4.已知集合，，则A.

B.

C.

D.参考答案：D略5.若命题，则命题是命题的（

）

A．充分不必要条件

B．必要不充分条件

C．充分必要条件

D．既不充分也不必要条件

参考答案：B略6.从双曲线的左焦点引圆的切线，切点为，延长交双曲线右支于点P，若M为线段FP的中点，O为坐标原点，则与的大小关系为（A）

（B）（C）

（D）不确定参考答案：B7.已知x，y满足，每一对整数（x，y）对应平面上一个点，则过这些点中的其中3个点可作不同的圆的个数为

（

）

A．45

B．36

C．30

D．27参考答案：略8.已知边长为的菱形ABCD中，∠A=60°，现沿对角线BD折起，使得二面角A﹣BD﹣C为120°，此时点A，B，C，D在同一个球面上，则该球的表面积为（）A．20π B．24π C．28π D．32π参考答案：C【考点】球的体积和表面积．【分析】正确作出图形，利用勾股定理建立方程，求出四面体的外接球的半径，即可求出四面体的外接球的表面积．【解答】解：如图所示，∠AFC=120°，∠AFE=60°，AF==3，∴AE=，EF=设OO′=x，则∵O′B=2，O′F=1，∴由勾股定理可得R2=x2+4=（+1）2+（﹣x）2，∴R2=7，∴四面体的外接球的表面积为4πR2=28π，故选：C．9.已知某几何体的三视图如图所示，俯视图是由边长为2的正方形和半径为1的半圆组成，则该几何体的体积为（

）A．

B．

C． D．参考答案：D10.—个几何体的正视图与侧视图相同，均为右图所示，则其俯视图可能是（

）

参考答案：B二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.设是半径为的球面上的四个不同点，且满足，，，用分别表示△、△、△的面积，则的最大值是

.参考答案：212.命题“若x2＜1，则－1＜x＜1”的逆否命题是___

_____．参考答案：若x≥1或x≤－1，则≥113.若向面积为16的△ABC内任投一点P，则△PBC面积小于4的概率为

；参考答案：略14.如果执行如图3所示的程序框图，输入，则输出的数

．[中国%教&育*@出版~网]参考答案：4算法的功能是赋值，通过四次赋值得，输出.15.已知函数则的值是

．参考答案：16.过抛物线y2=4x的焦点作直线l交抛物线于A、B两点，若|AB|=8，则线段AB中点的横坐标为

．参考答案：3考点：抛物线的简单性质．专题：圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：由抛物线y2=4x，可得焦点F（1，0），若AB⊥x轴，则|AB|=2p=4，不符合条件，舍去．设直线l的方程为：my=（x﹣1），A（x1，y1），B（x2，y2）．与抛物线方程联立可得：y2﹣4my﹣4=0，利用根与系数的关系及其弦长公式：|AB|=，解得m．再利用中点坐标公式即可得出．解答： 解：由抛物线y2=4x，可得焦点F（1，0），若AB⊥x轴，则|AB|=2p=4，不符合条件，舍去．设直线l的方程为：my=（x﹣1），A（x1，y1），B（x2，y2）．联立，化为y2﹣4my﹣4=0，∴y1+y2=4m，y1y2=﹣4．∴|AB|===8，化为m2=1，解得m=±1，当m=1时，联立，化为x2﹣6x+1=0，∴x1+x2=6，因此=3．同理可得：m=﹣1时，=3．∴线段AB中点的横坐标为3．故答案为：3．点评：本题考查了抛物线的标准方程及其性质、直线与抛物线相交问题转化为方程联立可得根与系数的关系、弦长公式、中点坐标公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．17.设的展开式的各项系数之和为M，二项式系数之和为N，若M+N=16，则展开式中的常数项为

.参考答案：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.已知函数，其中为使能在时取得最大值的最小正整数．（1）求的值；（2）设的三边长、、满足，且边所对的角的取值集合为，当时，求的值域．参考答案：（1）；（2）函数的值域是．试题分析：（1）利用两角和与差的余弦、正弦函数以及倍角公式化简函数得到，然后利用在时取得最大值，求出最小正整数的值；（2）在中，利用余弦定理和基本不等式可求出角的取值范围，然后利用三角函数的有界性，求出函数的值域．试题解析：（1），依题意有即，所以的最小正整数值为2，．（2）

又

即

，即．，，

，．故函数的值域是．考点：由的部分图像确定其解析式；余弦定理的应用．19.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，且PA=AD点F是棱PD的中点，点E为CD的中点．（1）证明：EF∥平面PAC；（2）证明：PE⊥AF；（3）求二面角B﹣PC﹣D的大小．参考答案：考点：二面角的平面角及求法；直线与平面平行的判定．专题：空间角．分析：（1）证明EF∥平面PAC，可直接利用三角形的中位线定理得到EF∥PC，然后由线面平行的判定定理得结论；（2）要证PE⊥AF，因为PE?面PCD，可证AF⊥面PCD，由已知底面ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，易得AF⊥CD，再由PA=AD，点F是棱PD的中点得到AF⊥PD，则问题得证；（3）由图形的对称性可知△PBC≌△PDC，在直角三角形PBC中，过直角顶点B作斜边PC的垂线，再连结D与垂足，即可得到二面角B﹣PC﹣D的平面角，解直角三角形求出边后利用余弦定理可求二面角的大小．解答：（1）证明：如图，∵点E，F分别为CD，PD的中点，∴EF∥PC．∵PC?平面PAC，EF?平面PAC，∴EF∥平面PAC．（2）证明：∵PA⊥平面ABCD，CD?平面ABCD又ABCD是矩形，∴CD⊥AD，∵PA∩AD=A，∴CD⊥平面PAD．∵AF?平面PAD，∴AF⊥CD．∵PA=AD，点F是PD的中点，∴AF⊥PD．又CD∩PD=D，∴AF⊥平面PDC．∵PE?平面PDC，∴PE⊥AF．（3）解：过点B作BH⊥PC于H，连接DH∵△PBC≌△PDC，∴DH⊥PC∴∠BHD是二面角B﹣PC﹣D的二面角．设PA=AD=1，在△BHD中，BH=DH=，BD=∴cos∠BHD==﹣，∠BHD=120°∴二面角B﹣PC﹣D的大小为120°．点评：本题考查了线面平行的判定，考查了由线面垂直得线线垂直，考查了二面角的平面角的求解方法，解答此题的关键是寻找二面角的平面角，综合考查了学生的空间想象能力和思维能力，是中档题．20.在中，分别为角的对边，△ABC的面积S满足.（1）求角的值；（2）若，设角的大小为用表示，并求的取值范围．

参考答案：略21.2022年第19届亚运会将在中国杭州举行，为使我国运动员能夺得首项金牌，组委会将我国运动员的某强项设置为产生金牌的第一个项目．已知我国参加该项目有甲、乙、丙3名运动员，他们能获得奖牌的概率依次为，，，能获得金牌的概率依次为，，．（Ⅰ）求我国运动员能获得首项金牌的概率；（Ⅱ）求我国运动员获得的奖牌数X的分布列和数学期望．参考答案：【考点】离散型随机变量的期望与方差；相互独立事件的概率乘法公式；离散型随机变量及其分布列．【分析】（Ⅰ）我国运动员能获得首项金牌的对立事件是甲、乙、丙三人都没有获得金牌，由此利用对立事件概率计算公式能求出我国运动员能获得首项金牌的概率．（Ⅱ）X的可能取值为0，1，2，3，分别求出相应的概率，由此能求出我国运动员获得的奖牌数X的分布列和数学期望．【解答】解：（Ⅰ）我国运动员能获得首项金牌的对立事件是甲、乙、丙三人都没有获得金牌，∴我国运动员能获得首项金牌的概率：p=1﹣（1﹣）（1﹣）（1﹣）=．（Ⅱ）X的可能取值为0，1，2，3，P（X=0）=（1﹣）（1﹣）2=，P（X=1）==，P（X=2）=+（1﹣）×=，P（X=3）==，∴X的分布列为：X0123PE（X）==2．22.在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，AC⊥BD，PA=AC=2AD=4，AB=BC=2，M，N，E分别为PD，PB，CD的中点．（1）求证：平面MBE⊥平面PAC；（2）求二面角M﹣AC﹣N的余弦值．参考答案：【考点】MT：二面角的平面角及求法；LY：平面与平面垂直的判定．【分析】（1）设F为AC中点，连接BF和EF，可得B、F、E三点共线，且BE⊥AC．再由PA⊥平面ABCD，得PA⊥BE，从而BE⊥平面PAC，进一步得到平面MBE⊥平面PAC；（2）由PA⊥平面ABCD，得PA⊥AC且PA⊥AD，又AC⊥AD，则以A为坐标原点，AC为x轴，AD为y轴，AP为z轴建立如图所示空间直角坐标系，由已知求出所用点的坐标，分别求出平面MAC的法向量与平面NAC的法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角M﹣AC﹣N的余弦值．【解答】（1）证明：设F为AC中点，连接BF和EF，∵AB=BC，∴BF⊥AC．∵E为CD中点，∴EF∥AD．又∵AC⊥AD，∴EF⊥AC．∴B、F、E三点共线，∴BE⊥AC．又∵PA⊥平面ABCD，且BE?平面ABCD，∴PA⊥BE．∴BE⊥平面PAC．又∵BE?平面MBE，∴平面MBE⊥平面PAC；（2）解：∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AC且PA⊥AD