贵州省贵阳市洛湾中学2022-2023学年高二数学理下学期摸底试题含解析

贵州省贵阳市洛湾中学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.在上满足，则的取值范围是（

）A．

B．

C．

D．参考答案：D2.如图是一个几何体的三视图（侧试图中的弧线是半圆），则该几何体的体积是(

)A．8+2π B．8+π C．8+π D．8+π参考答案：B【考点】由三视图求面积、体积．【专题】空间位置关系与距离．【分析】根据几何体的三视图，得出该几何体上半部分是正方体，下半部分是圆柱的一半，结合图中数据求出它的体积．【解答】解：根据几何体的三视图得，该几何体的上半部分是棱长为2的正方体，下半部分是半径为1，高为2的圆柱的一半，∴该几何体的体积为V=23+×π×12×2=8+π．故选：B．【点评】本题考查了利用三视图求几何体体积的应用问题，解题的关键是根据三视图得出几何体的结构特征，是基础题．3.关于直线①②③④其中真命题的序号是（

）

A．①②

B．③④

C．①④

D．②③参考答案：D4.在平面直角坐标系中，满足不等式组的点的集合用阴影表示为下列图中的(

)参考答案：C5.已知等比数列满足，且，则当时，(

)

A.

B.

C.

D.参考答案：C略6.已知f（x）=x2+2xf′（1）﹣6，则f′（1）等于（）A．4 B．﹣2 C．0 D．2参考答案：B【考点】63：导数的运算．【分析】对函数f（x）的解析式求导，得到其导函数，把x=1代入导函数中，列出关于f'（1）的方程，进而得到f'（1）的值【解答】解：求导得：f′（x）=2x+2f′（1），令x=1，得到f′（1）=2+2f′（1），解得：f′（1）=﹣2，故选：B．7.利用数学归纳法证明“”的过程中，由假设“”成立，推导“”也成立时，左边应增加的项数是（

）A. B. C. D.参考答案：C【分析】根据数学归纳法的概念写出时，左边的项和时左边的项，进而得到结果.【详解】利用数学归纳法证明“”的过程中，假设“”成立;当时，左边为故增加的项数为项.故答案为：C.【点睛】本题考查了数学归纳法的应用，属于简单题.8.我国古代数学名著《九章算术》中有如下问题：今有甲乙丙三人持钱，甲语乙丙：各将公等所持钱，半以益我，钱成九十（意思是把你们两个手上的钱各分我一半，我手上就有90钱）；乙复语甲丙，各将公等所持钱，半以益我，钱成七十；丙复语甲乙：各将公等所持钱，半以益我，钱成五十六，则乙手上有（）钱．A．28 B．32 C．56 D．70参考答案：B【考点】3T：函数的值；36：函数解析式的求解及常用方法．【分析】设甲、乙丙各有x钱，y钱，z钱，列出方程组求得甲有72钱，乙有32钱，丙有4钱．【解答】解：设甲、乙丙各有x钱，y钱，z钱，则，解得x=72，y=32，z=4．∴甲有72钱，乙有32钱，丙有4钱．故选：B．9.已知是等比数列，，，则（

）A． B．C． D．参考答案：D略10.已知六棱锥的底面是正六边形，，则下列结论正确的是Ａ.

Ｂ.

二面角P—BD—A为60°C.直线∥平面

Ｄ.参考答案：D二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.已知f(x)＝2x3－6x2＋m(m为常数)在[－2,2]上有最大值为3，那么此函数在[－2,2]上的最小值为________．参考答案：－37略12.不等式log2（x+6）＜log2（2﹣x）的解集为．参考答案：（﹣6，﹣2）【考点】指、对数不等式的解法．【分析】由对数函数的单调性化对数不等式为一元一次不等式组求解．【解答】解：由log2（x+6）＜log2（2﹣x），得，解得﹣6＜x＜﹣2．∴不等式log2（x+6）＜log2（2﹣x）的解集为（﹣6，﹣2）．故答案为：（﹣6，﹣2）．13.设向量，且，则实数x的值是_______；参考答案：2【分析】由条件利用两个向量共线的性质求得x的值．【详解】解：∵，，且，∴2x＝，即x＝2故答案为：2【点睛】本题主要考查两个向量共线的性质，两个向量坐标形式的运算，属于基础题．14.已知一个圆锥的母线长是5cm,高为4cm,则该圆锥的侧面积是

。参考答案：15.若抛物线y2=2px的焦点与双曲线x2﹣y2=2的右焦点重合，则p的值为．参考答案：4【考点】双曲线的简单性质．【分析】将双曲线化成标准方程，求得a2=b2=2的值，从而得到双曲线的右焦点为F（2，0），该点也是抛物线的焦点，可得=2，所以p的值为4．【解答】解：∵双曲线x2﹣y2=2的标准形式为：，∴a2=b2=2，可得c=2，双曲线的右焦点为F（2，0），∵抛物线y2=2px（p＞0）的焦点与双曲线x2﹣y2=2的右焦点重合，∴=2，可得p=4．故答案为：4．16.不等式组的解集记为D，有下列四个命题：

其中真命题是___________.参考答案：（1）（2）17.已知关于的不等式至少有一个负数解，则实数的最小值为

▲

．参考答案：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.设F1，F2分别为椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点，过F2的直线l与椭圆C相交于A，B两点，直线l的倾斜角为60°，F1到直线l的距离为2.(1)求椭圆C的焦距；(2)如果＝2，求椭圆C的方程．参考答案：解析：(1)设椭圆C的焦距为2c，由已知可得F1到直线l的距离c＝2，故c＝2.所以椭圆C的焦距为4.··························4分(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意知y1<0，y2>0，直线l的方程为y＝(x－2)．联立，得(3a2＋b2)y2＋4b2y－3b4＝0.··········7分解得y1＝，y2＝.因为＝2，所以－y1＝2y2.即＝2·，得a＝3.··············10分而a2－b2＝4，所以b＝.故椭圆C的方程为＋＝1.·······················12分

19.如图，在中，，斜边．可以通过以直线为轴旋转得到，且二面角是直二面角．动点在斜边上．（1）求证：平面平面；（2）求与平面所成角的最大角的正切值．

参考答案：（1）证明：由题意，CO⊥AO，BO⊥AO，

∴∠BOC是二面角B-AO-C是二面角的平面角，

又二面角B-AO-C是直二面角，

∴CO⊥BO，

又∵AO∩BO=O，

∴CO⊥平面AOB。

（2）解：由（1）知，CO⊥平面AOB，

∴∠CDO是CD与平面AOB所成的角，且，

当OD最小时，∠CDO最大，

这时，OD⊥AB，垂足为D，，，

∴CD与平面AOB所成的角最大时的正切值为。20.已知椭圆C：x2+3y2=4．（I）求椭圆的离心率；（Ⅱ）试判断命题“若过点M（1，0）的动直线l交椭圆于A，B两点，则在直角坐标平面上存在定点N，使得以线段AB为直径的圆恒过点N”的真假，若为真命题，求出定点N的坐标；若为假命题，请说明理由．参考答案：【考点】椭圆的简单性质．【专题】综合题；方程思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程．【分析】（Ⅰ）由题意求出a，b的值，结合隐含条件求得c，则椭圆的离心率可求；（Ⅱ）假设存在定点N，使得以线段AB为直径的圆恒过点N，然后分直线AB的斜率存在和不存在求解，当斜率存在时，设出直线方程，与椭圆方程联立，利用根与系数的关系及AN⊥BN列式求得N的坐标；当斜率不存在时，验证AN⊥BN成立即可．【解答】解：（Ⅰ）由椭圆方程知a2=4，，∵a2=b2+c2，∴，则，∴椭圆的离心率为；（Ⅱ）真命题．由椭圆的对称性知，点N在x轴上，设N（t，0），①当直线AB的斜率存在时，设其方程为y=k（x﹣1），设A（x1，y1），B（x2，y2），由得，（1+3k2）x2﹣6k2x+3k2﹣4=0．∴△=4（9k2+4）＞0，，，∵以线段AB为直径的圆过点N，∴AN⊥BN，∴，则（x1﹣t）（x2﹣t）+y1y2=0，∴，∴，则，即﹣4﹣6tk2+t2+3t2k2=0，∴3tk2（t﹣2）+（t2﹣4）=0，即（t﹣2）（3tk2+t+2）=0．∴若以线段AB为直径的圆恒过点N（t，0），则t﹣2=0，即t=2，∴当直线AB的斜率存在时，存在N（2，0）使命题是真命题；②当直线AB的斜率不存在时，其方程为x=1．A（1，1），B（1，﹣1），以线段AB为直径的圆的方程为（x﹣1）2+y2=1，∵N（2，0）满足方程（x﹣1）2+y2=1，∴当直线AB的斜率不存在时，点N（2，0）也能使命题是真命题．综上①②知，存在点N（2，0），使命题是真命题．【点评】本题考查椭圆标准方程的求法，考查了直线与圆锥曲线位置关系的应用，训练了存在性问题的求解方法，体现了分类讨论的数学思想方法，属中档题．21.已知函数.（1）当时，求函数的单调区间；（2）当时，设，求证：对任意，均存在，使得成立．参考答案：(1)单调递增区间为，单调递减区间为．(2)见证明【分析】（1）先求导，再根据导数和函数单调性的关系即可求出单调区间；（2）问题转化为，根据导数和函数最值的关系求出，再对a进行分类讨论，根据导数和函数的最值关系即可证明.【详解】解：（1）因为所以令，解得，或，当时，解得或，当时，解得，所以其单调递增区间为，单调递减区间为．（2）若要命题成立，只需当时，由，可知，当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增，，故，所以只需.对函数来说，①当时，即，函数在区间上单调递增，所以，所以，。即②当时，即，函数在区间上单调递增，在区间（上单调递减，所以当时，显然小于0，满足题意；当时，可令，所以，可知该函数在时单调递减，，满足题意，所以,满足题意．综上所述：当时，对任意，均存在，使得成立．（2）另法因为，所以令，则，所以在为单调递减，，因此，在时，，故当时，对任意，均存在，使得成立．【点睛】本题主要考察利用导数研究函数单调性，及导数的综合运用，属于中