湖南省懷化市職中尚美健身專業(yè)教學(xué)部高二數(shù)學(xué)理上學(xué)期摸底試題含解析

湖南省懷化市職中尚美健身專業(yè)教學(xué)部高二數(shù)學(xué)理上學(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.過點(diǎn)且垂直于直線

的直線方程為（

）A．

B．C．

D．參考答案：A

解析：設(shè)又過點(diǎn)，則，即2.已知圓x2﹣2x+y2﹣2my+2m﹣1=0，當(dāng)圓的面積最小時(shí)，直線y=x+b與圓相切，則b=(

)A．±1 B．1 C． D．參考答案：C【考點(diǎn)】圓的切線方程．【專題】直線與圓．【分析】求出圓的圓心和半徑，由二次函數(shù)的最值，可得最小值為1，m=1，再由直線和圓相切的條件：d=r，解方程即可得到b．【解答】解：圓x2﹣2x+y2﹣2my+2m﹣1=0的圓心為（1，m），半徑為r=，當(dāng)圓的面積最小時(shí)，半徑r=1，此時(shí)m=1，即圓心為（1，1），由直線和圓相切的條件：d=r，可得=1，解得b=．故選：C．【點(diǎn)評(píng)】本題考查直線與圓的位置關(guān)系：相切，主要考查直線和圓相切的條件：d=r，同時(shí)考查點(diǎn)到直線的距離，屬于基礎(chǔ)題．3.點(diǎn)P(1,4,-3)與點(diǎn)Q(3,-2,5)的中點(diǎn)坐標(biāo)是（

）

A．(4,2,2)

B．(2,-1,2)

C．(2,1,1)

D．(4,-1,2)參考答案：C4.已知直線mx﹣y+1=0交拋物線y=x2于A、B兩點(diǎn)，則△AOB（）A．為直角三角形 B．為銳角三角形C．為鈍角三角形 D．前三種形狀都有可能參考答案：A【考點(diǎn)】三角形的形狀判斷．【專題】計(jì)算題．【分析】根據(jù)A和B都為拋物線上的點(diǎn)，設(shè)出A和B的坐標(biāo)，把直線與拋物線解析式聯(lián)立，消去y得到關(guān)于x的一元二次方程，利用韋達(dá)定理求出兩根之積，然后利用A和B的坐標(biāo)表示出和，利用平面向量的數(shù)量積運(yùn)算法則，計(jì)算得出?為0，從而得出兩向量互相垂直，進(jìn)而得到三角形為直角三角形．【解答】解：設(shè)A（x1，x12），B（x2，x22），將直線與拋物線方程聯(lián)立得，消去y得：x2﹣mx﹣1=0，根據(jù)韋達(dá)定理得：x1x2=﹣1，由=（x1，x12），=（x2，x22），得到?=x1x2+（x1x2）2=﹣1+1=0，則⊥，∴△AOB為直角三角形．故選A【點(diǎn)評(píng)】此題考查了三角形形狀的判斷，涉及的知識(shí)有韋達(dá)定理，平面向量的數(shù)量積運(yùn)算，以及兩向量垂直時(shí)滿足的條件，曲線與直線的交點(diǎn)問題，常常聯(lián)立曲線與直線的方程，消去一個(gè)變量得到關(guān)于另外一個(gè)變量的一元二次方程，利用韋達(dá)定理來解決問題，本題證明垂直的方法為：根據(jù)平面向量的數(shù)量積為0，兩向量互相垂直．5.在復(fù)平面上，復(fù)數(shù)的對(duì)應(yīng)點(diǎn)所在象限是A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限

D．第四象限參考答案：C略6.若大前提是“任何實(shí)數(shù)的絕對(duì)值都大于0”，小前提是“”，結(jié)論是“”，那么這個(gè)演繹推理()A.大前提錯(cuò)誤 B.小前提錯(cuò)誤 C.推理形式錯(cuò)誤 D.沒有錯(cuò)誤參考答案：A【分析】根據(jù)題中三段論，可直接判斷出結(jié)果.【詳解】0是實(shí)數(shù)，但0的絕對(duì)值仍然是0；因此大前提“任何實(shí)數(shù)的絕對(duì)值都大于0”錯(cuò)誤.故選A【點(diǎn)睛】本題主要考查演繹推理，會(huì)分析三段論即可，屬于?？碱}型.7.已知函數(shù)的定義域?yàn)椋覟榕己瘮?shù)，則實(shí)數(shù)的值為（

）

A．3或－1

B．0或2

C．0

D．－1參考答案：D8.學(xué)校新入職的5名教師要參加由市教育局組織的暑期3期上崗培訓(xùn)，每人只參加其中1期培訓(xùn)，每期至多派2人，由于時(shí)間上的沖突，甲教師不能參加第一期培訓(xùn)，則學(xué)校不同的選派方法有(

)A.84種 B.60種 C.42種 D.36種參考答案：B【分析】由題意可知這是一個(gè)分類計(jì)數(shù)問題.一類是：第一期培訓(xùn)派1人；另一類是第一期培訓(xùn)派2人，分別求出每類的選派方法，最后根據(jù)分類計(jì)數(shù)原理，求出學(xué)校不同的選派方法的種數(shù).【詳解】解:第一期培訓(xùn)派1人時(shí)，有種方法,第一期培訓(xùn)派2人時(shí)，有種方法,故學(xué)校不同的選派方法有，故選B.【點(diǎn)睛】本題考查了分類計(jì)數(shù)原理，讀懂題意是解題的關(guān)鍵，考查了分類討論思想.9.在△ABC中，若a＝7，b＝3，c＝8，則其面積等于()A．12B.

C．28D．6參考答案：D略10.已知函數(shù)，則是（

）A.奇函數(shù)，且在R上是增函數(shù) B.偶函數(shù)，且在(0,+∞)上是增函數(shù)C.奇函數(shù)，且在R上是減函數(shù) D.偶函數(shù)，且在(0,+∞)上是減函數(shù)參考答案：C【分析】先判斷定義域是否關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，進(jìn)而利用可得函數(shù)為奇函數(shù)，再由指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性可判斷函數(shù)的單調(diào)性.【詳解】定義域?yàn)镽，關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，，有，所以是奇函數(shù)，函數(shù)，顯然是減函數(shù).故選C.【點(diǎn)睛】本題主要考查了函數(shù)的奇偶性和單調(diào)性的判斷，屬于基礎(chǔ)題.二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.下列4個(gè)命題中，正確的是（寫出所有正確的題號(hào)）．（1）命題“若a≤b，則ac≤bc”的否命題是“若a＞b，則ac＞bc”；（2）“p∧q為真”是“p∨q為真”的充分條件；（3）“若p則q為真”是“若￢q則￢p為真”的充要條件；（4），，p是q的必要不充分條件．參考答案：（1）（2）（3）（4）【考點(diǎn)】命題的真假判斷與應(yīng)用．【分析】寫出原命題的否命題可判斷（1）；根據(jù)充要條件定義，可判斷（2）（3）（4）【解答】解：（1）命題“若a≤b，則ac≤bc”的否命題是“若a＞b，則ac＞bc”，故（1）正確；（2）“p∧q為真”時(shí)，pq均為真，此時(shí)“p∨q為真”；“p∨q為真”時(shí)，pq中存在真命題，但不一定全為真，故“p∧q為真”不一定成立；即“p∧q為真”是“p∨q為真”的充分條件，故（2）正確；（3）“若p則q為真”與“若￢q則￢p為真”互為逆否命題；即“若p則q為真”是“若￢q則￢p為真”的充要條件；（4）=，，故p是q的必要不充分條件，故（4）正確．故答案為：（1）（2）（3）（4）12.已知向量，的夾角為，，，若點(diǎn)M在直線OB上，則的最小值為

．參考答案：13.如圖，垂直于矩形所在平面，，．（Ⅰ）求證：；（Ⅱ）若矩形的一個(gè)邊,,則另一邊的長(zhǎng)為何值時(shí)，三棱錐的體積為？參考答案：略14.已知函數(shù)y=ax2+b在點(diǎn)（1，3）處的切線斜率為2，則=

．參考答案：2【考點(diǎn)】利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點(diǎn)切線方程．【分析】求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，求得切線的斜率，可得a的方程，再由切點(diǎn)，可得a+b=3，解得b，進(jìn)而得到所求值．【解答】解：函數(shù)y=ax2+b的導(dǎo)數(shù)為y′=2ax，則在點(diǎn)（1，3）處的切線斜率為k=2a=2，即為a=1，又a+b=3，解得b=2，則=2．故答案為：2．15.設(shè)是等差數(shù)列，Sn為其前n項(xiàng)的和。若，則_______；當(dāng)Sn取得最小值時(shí)，n=__________。參考答案：－11，6略16.命題“若x＞1，則x2＞1”的逆否命題是．參考答案：若x2≤1，則x≤1【考點(diǎn)】四種命題．【分析】根據(jù)已知中的原命題，結(jié)合逆否命題的定義，可得答案．【解答】解：命題“若x＞1，則x2＞1”的逆否命題是命題“若x2≤1，則x≤1”，故答案為：若x2≤1，則x≤117.正方體ABCD-A1B1C1D1中，直線AD與平面A1BC1所成角正弦值為（

）A. B. C. D.參考答案：C【分析】作出相關(guān)圖形，設(shè)正方體邊長(zhǎng)為1，求出與平面所成角正弦值即為答案.【詳解】如圖所示，正方體中，直線與平行，則直線與平面所成角正弦值即為與平面所成角正弦值.因?yàn)闉榈冗吶切?，則在平面即為的中心，則為與平面所成角.可設(shè)正方體邊長(zhǎng)為1，顯然，因此，則，故答案選C.【點(diǎn)睛】本題主要考查線面所成角的正弦值，意在考查學(xué)生的轉(zhuǎn)化能力，計(jì)算能力和空間想象能力.三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟18.如圖，四棱錐P﹣ABCD的底面是正方形，PD⊥底面ABCD，點(diǎn)E在棱PB上．（1）求證：AC⊥平面PDB（2）當(dāng)PD=AB=2，設(shè)E為PB的中點(diǎn)，求AE與平面ABCD所成角．參考答案：【考點(diǎn)】直線與平面所成的角；直線與平面垂直的判定．【專題】整體思想；空間位置關(guān)系與距離；空間角．【分析】（1）根據(jù)題意證明AC⊥BD，PD⊥AC，可得AC⊥平面PDB；（2）根據(jù)直線和平面所成角的定義找出直線和平面所成的角，即可得到結(jié)論．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，∵PD⊥底面ABCD，AC?底面ABCD，∴PD⊥AC，又BD∩PD=D，∴AC⊥平面PDB，（3分）（2）解：設(shè)AC∩BD=O，連接OE，由（1）知AC⊥平面PDB于O，又O，E分別為DB、PB的中點(diǎn)，∴OE∥PD，OE=PD=，∵PD⊥底面ABCD，∴OE⊥底面ABCD，則∴∠EAO為AE與平面ABCD所的角，∵PD=AB=2，∴PD=2，AB=，在Rt△AOE中，OE=，∵AB=，∴A0=1，∵AB=AO，∴∠AEO=45°，（7分）即AE與平面PDB所成的角的大小為45°．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了直線與平面垂直的判定，以及直線與平面所成的角，考查空間想象能力、運(yùn)算能力和推理論證能力，屬于中檔題．19.在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知圓的圓心為M，過點(diǎn)P（0，2）的斜率為k的直線與圓M相交于不同的兩點(diǎn)A、B．（1）求k的取值范圍；（2）是否存在常數(shù)k，使得向量與平行？若存在，求k值，若不存在，請(qǐng)說明理由．參考答案：解析：（1）圓的方程可化為，直線可設(shè)為，方法一：代入圓的方程，整理得，因?yàn)橹本€與圓M相交于不同的兩點(diǎn)A、B，得

；方法二：求過點(diǎn)P的圓的切線，由點(diǎn)M到直線的距離=2，求得，結(jié)合圖形，可知．（2）設(shè)，，因P（0，2），M（6，0），=，，向量與平行，即 ①．由，，，代入①式，得，由，所以不存在滿足要求的k值．20.已知數(shù)列的前項(xiàng)和為．（Ⅰ）求證：數(shù)列為等差數(shù)列，并求出的表達(dá)式；（Ⅱ）設(shè)數(shù)列的前項(xiàng)和，試求的值．參考答案：解：（Ι）由得，所以，數(shù)列是以1為首項(xiàng)，公差為4的等差數(shù)列．

（Ⅱ）略21.設(shè)橢圓E1的長(zhǎng)半軸長(zhǎng)為a1、短半軸長(zhǎng)為b1，橢圓E2的長(zhǎng)半軸長(zhǎng)為a2、短半軸長(zhǎng)為b2，若=，則我們稱橢圓E1與橢圓E2是相似橢圓．已知橢圓E：+y2=1，其左頂點(diǎn)為A、右頂點(diǎn)為B．（1）設(shè)橢圓E與橢圓F：+=1是“相似橢圓”，求常數(shù)s的值；（2）設(shè)橢圓G：+y2=λ（0＜λ＜1），過A作斜率為k1的直線l1與橢圓G僅有一個(gè)公共點(diǎn)，過橢圓E的上頂點(diǎn)為D作斜率為k2的直線l2與橢圓G僅有一個(gè)公共點(diǎn)，當(dāng)λ為何值時(shí)|k1|+|k2|取得最小值，并求其最小值；（3）已知橢圓E與橢圓H：+=1（t＞2）是相似橢圓．橢圓H上異于A、B的任意一點(diǎn)C（x0，y0），求證：△ABC的垂心M在橢圓E上．參考答案：【考點(diǎn)】橢圓的簡(jiǎn)單性質(zhì)．【分析】（1）運(yùn)用“相似橢圓”的定義，討論s＞2，0＜s＜2，列出等式，解方程可得s；（2）求得A，D的坐標(biāo)，可得直線l1與直線l2的方程，代入橢圓G的方程，運(yùn)用判別式為0，求得|k1|，|k2|，再由基本不等式即可得到所求最小值；（3）求得橢圓H的方程，設(shè)出橢圓H上的任意一點(diǎn)C（x0，y0），代入橢圓H的方程；設(shè)△ABC的垂心M的坐標(biāo)為（xM，yM），運(yùn)用垂心的定義，結(jié)合兩直線垂直的條件：斜率之積為﹣1，化簡(jiǎn)整理，可得M的坐標(biāo)，代入橢圓E的方程即可得證．【解答】解：（1）顯然橢圓E的方程為=1，由橢圓E與F相似易得：當(dāng)s＞2時(shí)?s=4；當(dāng)0＜s＜2時(shí)?s=1．則s=4或1；（2）易得，可得l1、l2的方程分別為、y=k2x+1，依題意聯(lián)立：?（1+2k12）x2+4k12x+4k12﹣2λ=0，又直線l1與橢圓G相切，則△1=0（又0＜λ＜1），即32k14﹣4（1+2k12）（4k12﹣2λ）=0，即|k1|=，依題意再聯(lián)立：?（1+2k22）x2+4k2x+2﹣2λ=0，又直線l2與橢圓G相切則△2=0（又0＜λ＜1），即16k22﹣4（1+2k22）（2﹣2λ）=0，即|k2|=，故|k1k2|=，即|k1|+|k2|≥2，當(dāng)且僅當(dāng)|k1|=|k2|時(shí)取到等號(hào)，此時(shí)λ=，所以當(dāng)λ=時(shí)|k1|+|k2|取得最小值；

（3）證明