2022年浙江省温州市龙西中学高三数学文上学期摸底试题含解析

2022年浙江省温州市龙西中学高三数学文上学期摸底试题含解析一、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.在等差数列的前5项和S5=（

）

A．7

B．15

C．20

D．25参考答案：B2.将并排的有不同编号的5个房间安排给5个工作人员临时休息，假定每个人可以选择任一房间，且选择各个房间是等可能的，则恰有两个房间无人选择且这两个房间不相邻的安排方式的总数为（A）

（B）

（C）

（D）1440参考答案：A第一步先将5人分成3组，再全排，有种，第二步，另两个空房间插空，有种，总共有=900种，故选A3.在△ABC中，，△ABC的面积为2，则的最小值为（

）A．

B．

C．

D．参考答案：C由的面积为，所以，得，在中，由正弦定理得，当且仅当时，等号是成立的，故选C．

4.已知集合，，则（

）A．(－5,4)

B．(－3,2)

C．(2,4)

D．[－3,2)参考答案：D5.若关于x的不等式至少有一个负根，则实数a的取值范围是(

)

（A）（B）（C）（D）参考答案：C6.已知是椭圆和双曲线的公共焦点，是他们的一个公共点，且,则椭圆和双曲线的离心率的倒数之和的最大值为（

）A.

B.

C.3

D.2参考答案：A7.已知抛物线x2=2py（p＞0）的准线与椭圆+=1相切，则p的值为（）A．2 B．3 C．4 D．5参考答案：C【考点】直线与抛物线的位置关系；直线与椭圆的位置关系．【专题】计算题；转化思想；圆锥曲线的定义、性质与方程．【分析】求出抛物线的准线方程，然后利用相切关系列出方程求解p即可．【解答】解：抛物线x2=2py（p＞0）的准线与椭圆+=1相切，可得抛物线的准线方程为：y=﹣2，又抛物线的准线方程为y=﹣，所以﹣=﹣2，解得p=4．故选：C．【点评】本题考查抛物线的简单性质的应用，直线与椭圆的位置关系，是基础题．8.已知双曲线的一条渐近线为，则它的离心率为()参考答案：B9.先后抛掷骰子三次，则至少一次正面朝上的概率是（

）A．

B．

C．

D．参考答案：D10.设等比数列{an}的前n项和为Sn．则“a1＞0”是“S3＞S2”的（）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充要条件

D．既不充分又不必要条件参考答案：C【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．【分析】分公比q=1和q≠1两种情况，分别由a1＞0推出S3＞S2成立，再由S3＞S2也分q=1和q≠1两种情况推出a1＞0，从而得出结论．【解答】解：当公比q=1时，由a1＞0可得s3=3a1＞2a1=s2，即S3＞S2成立．当q≠1时，由于=q2+q+1＞1+q=，再由a1＞0可得＞，即S3＞S2成立．故“a1＞0”是“S3＞S2”的充分条件．当公比q=1时，由S3＞S2成立，可得a1＞0．当q≠1时，由S3＞S2成立可得＞，再由＞，可得a1＞0．故“a1＞0”是“S3＞S2”的必要条件．综上可得，“a1＞0”是“S3＞S2”的充要条件，故选C．【点评】本题主要考查充分条件、必要条件、充要条件的定义和判断，不等式性质的应用，属于基础题．二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.若的展开式中的系数的6倍，则_____________;参考答案：11略12.若直线l：y=kx+1被圆C：x2+y2﹣2x﹣3=0截得的弦最短，则直线l的方程是

．参考答案：x﹣y+1=0【考点】J9：直线与圆的位置关系．【分析】直线过定点（0，1），截得的弦最短，圆心和弦垂直，求得斜率可解得直线方程．【解答】解：直线l是直线系，它过定点（0，1），要使直线l：y=kx+1被圆C：x2+y2﹣2x﹣3=0截得的弦最短，必须圆心（1，0）和定点（0，1）的连线与弦所在直线垂直；连线的斜率﹣1，弦所在直线斜率是1．则直线l的方程是：y﹣1=x，故答案为：x﹣y+1=0．13.已知实数x，y满足约束条件，则的最小值为

.参考答案：114.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线及粗虚线画出的是某多面体的三视图，则该多面体外接球的表面积为．参考答案：【考点】球的体积和表面积；简单空间图形的三视图．【分析】根据三视图得出空间几何体是镶嵌在正方体中的四棱锥O﹣ABCD，正方体的棱长为2，A，D为棱的中点，利用球的几何性质求解即可．【解答】解：根据三视图得出：该几何体是镶嵌在正方体中的四棱锥O﹣ABCD，正方体的棱长为2，A，D为棱的中点根据几何体可以判断：球心应该在过A，D的平行于底面的中截面上，设球心到截面BCO的距离为x，则到AD的距离为：2﹣x，∴R2=x2+（）2，R2=12+（2﹣x）2，解得出：x=，R=，该多面体外接球的表面积为：4πR2=π，故答案为：．15.从边长为10cm×16cm的矩形纸板的四角截去四个相同的小正方形，作成一个无盖的盒子，则盒子容积的最大值为________．参考答案：14416.在中，角A、B、C分别为三个内角，则下面四个命题中

①若,则是等腰三角形；②若，则是等边三角形；③若，则是钝角三角形；④若，则是直角三角形．

正确的命题序号是

；参考答案：②③略17.在的二项展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则该二项展开式中的常数项等于_____.参考答案：112【分析】由题意可得，再利用二项展开式的通项公式，求得二项展开式常数项的值．【详解】的二项展开式的中，只有第5项的二项式系数最大，，通项公式为，令，求得，可得二项展开式常数项等于，故答案为112．【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．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.（本小题满分13分）函数的定义域为集合M，函数的定义域为集合N．求：（1）集合M，N；

（2）集合，参考答案：解：（Ⅰ）

（Ⅱ）

.19.数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，an+1=2Sn+1（n∈N*），等差数列{bn}满足b3=3，b5=9．（1）分别求数列{an}，{bn}的通项公式；（2）设Cn=（n∈N*），求证Cn+1＜Cn．参考答案：【考点】数列递推式；等差数列与等比数列的综合．【分析】（1）①利用，及等比数列的通项公式即可得出an；②利用等差数列的通项公式即可得出bn；（2）由即可得到cn+1＜cn；利用二项式定理可得3n=（1+2）n≥3n，即可证明．【解答】解：（1）①当n≥2时，由an+1=2Sn+1，an=2Sn﹣1+1，得an+1﹣an=2an，即an+1=3an．由a1=1，∴a2=2a1+1=3=3a1．∵a1=1≠0，∴数列{an}是以1为首项，3为公比的等比数列．∴．②等差数列{bn}满足b3=3，b5=9．设公差为d，则，解得．∴bn=﹣3+（n﹣1）×3=3n﹣6．（2）由（1）可得=．∴=cn．∵3n=（1+2）n=…+2n≥3n，∴．20.（15分）如图，已知正三棱柱底面边长为3，，为延长线上一点，且．（1）求证：直线∥面；（2）求二面角的大小；（3）求三棱锥的体积．参考答案：解析：（Ⅰ）证明：∵CD∥C1B1，又BD=BC=B1C1，∴四边形BDB1C1是平行四边形∴BC1∥DB1又DB1平面AB1D，BC1平面AB1D∴直线BC1∥平面AB1D（Ⅱ）解：过B作BE⊥AD于E，连结EB1，

∵

BB1⊥平面ABD

∴

B1E⊥AD

∴

∠B1EB是二面角B1—AD—B的平面角

∵

BD=BC=AB

∴

E是AD的中点，

∴

BE=AC=在RtB1BE中，tan∠B1EB=

∴

∠B1EB=

即二面角B1—AD—B的大小为

（Ⅲ）解法一：过A作AF⊥BC于F，

∵

BB1⊥平面ABC，

∴

平面ABC⊥平面BB1C1C，

∴

AF⊥平面BB1C1C且AF=

∴