福建省福州市三中金山校区2022-2023学年高二数学理下学期摸底试题含解析

福建省福州市三中金山校区2022-2023学年高二数学理下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.反证法证明三角形的内角中至少有一个不小于60°，反设正确的是（）A．假设三内角都不大于60°B．假设三内角都小于60°C．假设三内角至多有一个大于60°D．假设三内角至多有两个小于60°参考答案：B【考点】R9：反证法与放缩法．【分析】由于本题所给的命题是一个特称命题，故它的否定即为符合条件的反设，写出其否定，对照四个选项找出答案即可【解答】解：用反证法证明命题：“一个三角形中，至少有一个内角不小于60°”时，应由于此命题是特称命题，故应假设：“三角形中三个内角都小于60°”故选：B【点评】本题考查反证法的基础概念，解答的关键是理解反证法的规则及特称命题的否定是全称命题，本题是基础概念考查题，要注意记忆与领会．2.如果椭圆的弦被点平分，则这条弦所在的直线方程是（

）A．

B．

C.

D．参考答案：C设这条弦的两端点为斜率为k，则，两式相减再变形得，又弦中点为，可得，所以这条弦所在的直线方程为，整理得，故选C.【方法点睛】本题主要考查待定点斜式求直线的方程及“点差法”的应用，属于难题.对于有弦关中点问题常用“点差法”，其解题步骤为：①设点（即设出弦的两端点坐标）；②代入（即代入圆锥曲线方程）；③作差（即两式相减，再用平方差公式分解因式）；④整理（即转化为斜率与中点坐标的关系式），然后求解.3.等比数列x，3x+3，6x+6，…的第四项等于（）A．﹣24 B．0 C．12 D．24参考答案：A【考点】等比数列的性质．【分析】由题意可得（3x+3）2=x（6x+6），解x的值，可得此等比数列的前三项，从而求得此等比数列的公比，从而求得第四项．【解答】解：由于x，3x+3，6x+6是等比数列的前三项，故有（3x+3）2=x（6x+6），解x=﹣3，故此等比数列的前三项分别为﹣3，﹣6，﹣12，故此等比数列的公比为2，故第四项为﹣24，故选A．4.已知直线和不重合的两个平面，，且，有下面四个命题：

①若∥，则∥；

②若∥，则∥；

③若，则；

④若，则

其中真命题的序号是

A．①②

B．②③

C．②③④D．①④参考答案：B略5.已知条件，条件，则是的（

）A．充分不必要条件

B．必要不充分条件C．充要条件

D．既不充分也不必要条件

参考答案：A略6.边长为5，7，8的三角形的最大角与最小角之和为（

）

A．90°B．120°

C．135°

D．150°参考答案：B略7.抛物线的准线方程是（

）A.

B.

C.

D.参考答案：D8.已知实数m、n满足不等式组，则关于x的方程x2﹣（3m+2n）x+6mn=0的两根之和的最大值和最小值分别是（）A．6，﹣6 B．8，﹣8 C．4，﹣7 D．7，﹣4参考答案：D【考点】简单线性规划．【专题】计算题．【分析】先作出不等式组的平面区域，而z=x1+x2=3m+2n，由z=3m+2n可得n=，则表示直线z=3m+2n在n轴上的截距，截距越大，z越大，结合图形可求．【解答】解：作出不等式组的平面区域则关于x的方程x2﹣（3m+2n）x+6mn=0的两根之和z=x1+x2=3m+2n由z=3m+2n可得n=，则表示直线z=3m+2n在n轴上的截距，截距越大，z越大作直线3m+2n=0，向可行域方向平移直线，结合图形可知，当直线经过B时，z最大，当直线经过点D时，z最小由可得B（1，2），此时z=7由可得D（0，﹣2），此时z=﹣4故选D【点评】本题以方程的根与系数关系的应用为载体，主要考查了线性规划在求解目标函数的最值中的应用，解题的关键是明确目标函数的几何意义9.函数f（x）＝｜x－2｜－lnx在定义域内的零点个数为(

)A、0B、1C、2D、3参考答案：C略10.已知Sn是等比数列{an}的前n项和，，设Tn=a1?a2?a3?…?an，则使得Tn取最小值时，n的值为（）A．3 B．4 C．5 D．6参考答案：C【考点】等比数列的前n项和．【分析】由9S3=S6，解得q=2．若使Tn=a1a2a3…an取得最小值，则an=?2n﹣1＜1，由此能求出使Tn取最小值的n值．【解答】解：∵{an}是等比数列，∴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，则an＜1，∵a1=，∴?2n﹣1＜1，解得n＜6，n∈N*，∴使Tn取最小值的n值为5．故答案为：5．【点评】本题考查使得等比数列的前n项积Tn取最小值时n的值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意等比数列的性质的合理运用．二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.甲乙丙三人代表班级参加校运会的跑步，跳远，铅球比赛，每人参加一项，每项都要有人参加，他们的身高各不同，现了解到已下情况：（1）甲不是最高的；（2）最高的是没报铅球；（3）最矮的参加了跳远；（4）乙不是最矮的，也没参加跑步．可以判断丙参加的比赛项目是．参考答案：跑步【考点】F4：进行简单的合情推理．【分析】由（4）可知，乙参加了铅球比赛，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，参加了跳远，即可得出结论．【解答】解：由（4）可知，乙参加了铅球比赛，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，参加了跳远，所以丙最高，参加了跑步比赛．故答案为跑步．12.不等式(a－2)x2＋2(a－2)x－4<0对于x∈R恒成立，那么a的取值范围是________．参考答案：(－2,2]13.已知样本7，5，x，3，4的平均数是5，则此样本的方差为．参考答案：2【考点】极差、方差与标准差．【专题】概率与统计．【分析】运用平均数的公式：解出x的值，再代入方差的公式中计算得出方差．【解答】解：∵样本7，5，x，3，4的平均数是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）=．故答案为：2．【点评】本题考查的是平均数和方差的求法．要求熟练掌握平均数和方差的计算公式，比较基础．14.在△ABC中，已知acosA=bcosB，则△ABC的形状是

．参考答案：△ABC为等腰或直角三角形【考点】正弦定理的应用；两角和与差的余弦函数．【专题】计算题．【分析】根据正弦定理把等式acosA=bcosB的边换成角的正弦，再利用倍角公式化简整理得sin2A=sin2B，进而推断A=B，或A+B=90°答案可得．【解答】解：根据正弦定理可知∵acosA=bcosB，∴sinAcosA=sinBcosB∴sin2A=sin2B∴A=B，或2A+2B=180°即A+B=90°，所以△ABC为等腰或直角三角形故答案为△ABC为等腰或直角三角形．【点评】本题主要考查了正弦定理的应用，属基础题．15.与相交所截的弦长为

参考答案：16.若，，是平面内的三点，设平面的法向量，则________________。参考答案：2:3:-4略17.给出下列命题：①若，，则；②若，则；③若，，则；④若，，则其中真命题的序号是：_________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.在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，△ABC是边长为2的正三角形，侧面BB1C1C是矩形，D、E分别是线段BB1、AC1的中点．（1）求证：DE∥平面A1B1C1；（2）若平面ABC⊥平面BB1C1C，BB1=4，求三棱锥A﹣DCE的体积．参考答案：【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定．【分析】（1）取棱A1C1的中点F，连接EF、B1F，利用三角形中位线定理，证明四边形DEFB1是平行四边形，从而DE∥B1F，利用线面平行的判定定理即可得出．（2）过A作AH⊥BC于H，利用VA﹣DCE=VD﹣ACE=，即可得出三棱锥A﹣DCE的体积．【解答】（1）证明：取棱A1C1的中点F，连接EF、B1F…则由EF是△AA1C1的中位线得EF∥AA1，EF=AA1又DB1∥AA1，DB1=AA1…所以EF∥DB1，EF=DB1…故四边形DEFB1是平行四边形，从而DE∥B1F…所以DE∥平面A1B1C1…（Ⅱ）解：因为E是AC1的中点，所以VA﹣DCE=VD﹣ACE=…过A作AH⊥BC于H…因为平面平面ABC⊥平面BB1C1C，所以AH⊥平面BB1C1C，…所以==…所以VA﹣DCE=VD﹣ACE==…19.求经过点并且和两个坐标轴围成的三角形的面积是的直线方程。参考答案：解析：设直线为交轴于点，交轴于点，

得，或

解得或

，或为所求。20.已知直线，一个圆的圆心在轴正半轴上，且该圆与直线和轴均相切.（1）求该圆的方程；（2）若直线：与圆交于两点，且，求的值.参考答案：①

②m=±略21.在直角坐标系xOy中，圆C的参数方程（φ为参数），以O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．（1）求圆C的极坐标方程；（2）直线l的极坐标方程是2ρsin（θ+）=3，射线OM：θ=与圆C的交点为O、P，与直线l的交点为Q，求线段PQ的长．参考答案：【分析】解：（I）利用cos2φ+sin2φ=1，即可把圆C的参数方程化为直角坐标方程．（II）设（ρ1，θ1）为点P的极坐标，由，联立即可解得．设（ρ2，θ2）为点Q的极坐标，同理可解得．利用|PQ|=|ρ1﹣ρ2|即可得出．【解答】解：（I）利用cos2φ+sin2φ=1，把圆C的参数方程为参数）化为（x﹣1）2+y2=1，∴ρ2﹣2ρcosθ=0，即ρ=2cosθ．（II）设（ρ1，θ1）为点P的极坐标，由，解得．设（ρ2，θ2）为点Q的极坐标，由，解得．∵θ1=θ2，∴|PQ|=|ρ1﹣ρ2|=2．∴|PQ|=2．22.（12分）已知椭圆的两焦点为F1（﹣1，0）、F2（1，0），P为椭圆上一点，且2|F1F2|=|PF1|+|PF2|．（1）求此椭圆的方程；（2）若点P在第二象限，∠F2F1P=120°，求△PF1F2的面积．参考答案：【考点】直线与圆锥曲线的关系；椭圆的应用．【分析】（1）根据2|F1F2|=|PF1|+|PF2|，求出a，结合焦点坐标求出c，从而可求b，即可得出椭圆方程；（2）直线方程与椭圆方程联立，可得P的坐标，利用三角形的面积公式，可求△PF1F2的面积．【解答】解：（1）依题意得|F1F2|=2，又2|F1F2|=|PF1|+|PF2|，∴|P