2022-2023學年上海閔行龍柏中學高二數(shù)學文摸底試卷含解析

2022-2023學年上海閔行龍柏中學高二數(shù)學文摸底試卷含解析一、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選項中，只有是一個符合題目要求的1.在空間直角坐標系中，已知點A（1，1，-2），B（1，0，1），則=（）A． B． C．

D．參考答案：B2.已知隨機變量X～B(6,0.4)，則當η＝－2X＋1時，D(η)＝()A．－1.88

B．－2.88

C．5.76

D．6.76參考答案：C3.設△ABC的三邊長分別為a、b、c，△ABC的面積為S，內(nèi)切圓半徑為r，則，類比這個結(jié)論可知：四面體S﹣ABC的四個面的面積分別為S1、S2、S3、S4，內(nèi)切球半徑為R，四面體S﹣ABC的體積為V，則R=（）A． B．C． D．參考答案：C【考點】類比推理．【分析】根據(jù)平面與空間之間的類比推理，由點類比點或直線，由直線類比直線或平面，由內(nèi)切圓類比內(nèi)切球，由平面圖形面積類比立體圖形的體積，結(jié)合求三角形的面積的方法類比求四面體的體積即可．【解答】解：設四面體的內(nèi)切球的球心為O，則球心O到四個面的距離都是R，所以四面體的體積等于以O為頂點，分別以四個面為底面的4個三棱錐體積的和．則四面體的體積為∴R=故選C．4.已知的切線的斜率等于1，則其切線方程有()A．1個B．2個

C．多于兩個

D．不能確定參考答案：B5.下列命題中：①平行于同一直線的兩個平面平行；②平行于同一平面的兩個平面平行；③垂直于同一直線的兩直線平行；④垂直于同一平面的兩直線平行.其中正確的個數(shù)有

（

）A、1

B、2

C、3

D、4

參考答案：B略6.滿足等式1m1(8)=121(n)(n的正整數(shù)對(m,n)有(

)

A、1對

B、2對

C、3對

D、3對以上參考答案：B7.已知橢圓(a>0，b>0)，A是橢圓長軸的一個端點，B是橢圓短軸的一個端點，F(xiàn)為橢圓的一個焦點．若AB⊥BF，則該橢圓的離心率為()參考答案：B略8.以為中心，為兩個焦點的橢圓上存在一點，滿足,則該橢圓的離心率為（

）A. B. C.

D.參考答案：C9.拋物線的焦點坐標是 （

）A． B． C． D．參考答案：D10.已知橢圓的左焦點為F1(－4，0)，則m的值為A．9

B．4

C．3

D．2參考答案：C由題意得：m2＝25－42＝9，因為m＞0，所以m＝3，故選C．考點：橢圓的簡單幾何性質(zhì)．二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.已知a，b為正實數(shù)且，若不等式對任意正實數(shù)x，y恒成立，則M的取值范圍是_________．參考答案：(－∞,4)【分析】兩次用基本不等式可求得.【詳解】原不等式等價于恒成立，由基本不等式可知，當且僅當時等號成立，故，又，當且僅當時等號成立，故，填.【點睛】應用基本不等式求最值時，需遵循“一正二定三相等”，如果原代數(shù)式中沒有積為定值或和為定值，則需要對給定的代數(shù)變形以產(chǎn)生和為定值或積為定值的局部結(jié)構(gòu).求最值時要關注取等條件的驗證.12.若函數(shù)f（x）=（1﹣x）（x2+ax+b）的圖象關于點（﹣2，0）對稱，x1，x2分別是f（x）的極大值和極小值點，則x1﹣x2=．參考答案：2【考點】利用導數(shù)研究函數(shù)的極值．【分析】函數(shù)f（x）=（1﹣x）（x2+ax+b）的圖象關于點（﹣2，0）對稱，可得f″（﹣2）=0，f（﹣2）=0，可得a，b，進而得出極值點，即可得出．【解答】解：函數(shù)f（x）=（1﹣x）（x2+ax+b）=﹣x3+（1﹣a）x2+（a﹣b）x+b．f′（x）=﹣3x2+2（1﹣a）x+（a﹣b），f″（x）=﹣6x+2（1﹣a），∵函數(shù)f（x）=（1﹣x）（x2+ax+b）的圖象關于點（﹣2，0）對稱，∴f″（﹣2）=0，f（﹣2）=0，∴12+2﹣2a=0，3（4﹣2a+b）=0，解得a=7，b=10．∴f（x）=﹣x3﹣6x2﹣3x+10．令f′（x）=﹣3x2﹣12x﹣3=﹣3（x2+4x+1）=0，解得，令f′（x）＞0，解得，此時函數(shù)f（x）單調(diào)遞增；令f′（x）＜0，解得x，或x，此時函數(shù)f（x）單調(diào)遞減．∴f（x）的極大值和極小值點分別為=x1，=x2．∴x1﹣x2=2．故答案為：2．13.當時，有當時，有當時，有當時，有當時，你能得到的結(jié)論是：

．參考答案：=略14.已知命題“”，命題“”，若命題“且”是真命題，則實數(shù)的取值范圍是

.參考答案：15.設α為△ABC的內(nèi)角，且tanα=－，則sin2α的值為＿＿＿＿參考答案：略16.如圖,已知、是橢圓的長軸上兩定點，分別為橢圓的短軸和長軸的端點，是線段上的動點，若的最大值與最小值分別為3、，則橢圓方程為

．參考答案：17.在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=b，BC=a，Rt△ABC的外接圓半徑為r，則有結(jié)論：a2+b2=4r2，運用類比方法，若三棱錐的三條棱兩兩互相垂直且長度分別為a，b，c，三棱錐的外接球的半徑為R，則有結(jié)論：_________．參考答案：三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟18.已知離心率為的橢圓E：與圓C：交于兩點，且，在上方，如圖所示，（1）求橢圓E的方程；（5分）（2）是否存在過交點，斜率存在且不為的直線，使得該直線截圓C和橢圓E所得的弦長相等？若存在，求出直線的方程；若不存在，說明理由.（7分）參考答案：（1）連接，由對稱性知：軸，且關于y軸對稱，由已知條件求得------------2分所以有：，，，解得：-------------4分，所以橢圓E：-------5分（2）設過點的直線，-------6分與橢圓的另一個交點為N，與圓的另一個交點直線代入橢圓方程消去y得：所以：，所以：，同理：，-----------------8分若直線截兩種曲線所得到的弦長相等：則為中點，所以有：，--------------9分即：，化簡整理有：，分解因式：所以：，所以存在直線滿足條件.------------12分19.如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，PD垂直于底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，DC∥AB，∠BAD=90°，且AB=2AD=2DC=2PD=4，E為PA的中點．（1）若正視方向與AD平行，作出該幾何體的正視圖并求出正視圖面積；（2）證明：平面CDE⊥平面PAB．參考答案：【考點】平面與平面垂直的判定；簡單空間圖形的三視圖．【分析】（1）沿AD方向看到的面為平面PAB在平面PCD上的投影，從而可得主視圖；（2）先證明AB⊥平面PAD得出AB⊥DE，再證明DE⊥PA可得DE⊥平面PAB，故而平面CDE⊥平面PAB．【解答】解（1）正視圖如下：主視圖面積S==4cm2．（2）∵PD⊥底面ABCD，AB?平面ABCD，∴PD⊥AB，∵AB⊥AD，PD?平面PAD，AD?平面PAD，PD∩AD=D，∴AB⊥平面PAD，又DE?平面PAD，∴DE⊥AB，∵E是PA的中點，AD=PD，∴DE⊥PA，又AB?平面PAB，PA?平面PAB，PA∩AB=A，∴DE⊥平面PAB，又DE?平面CDE，∴平面CDE⊥平面PAB．20.在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且bsinA=a?cosB．（1）求角B的大??；（2）若b=3，sinC=2sinA，分別求a和c的值．參考答案：【考點】正弦定理；余弦定理．【專題】解三角形．【分析】（1）由bsinA=a?cosB，由正弦定理可得：sinBsinA=sinAcosB，化簡整理即可得出．（2）由sinC=2sinA，可得c=2a，由余弦定理可得：b2=a2+c2﹣2accosB，代入計算即可得出．【解答】解：（1）∵bsinA=a?cosB，由正弦定理可得：sinBsinA=sinAcosB，∵sinA≠0，∴sinB=cosB，B∈（0，π），可知：cosB≠0，否則矛盾．∴tanB=，∴B=．（2）∵sinC=2sinA，∴c=2a，由余弦定理可得：b2=a2+c2﹣2accosB，∴9=a2+c2﹣ac，把c=2a代入上式化為：a2=3，解得a=，∴．【點評】本題考查了正弦定理余弦定理、三角形內(nèi)角和定理與三角函數(shù)的單調(diào)性，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．21.已知動圓過定點，且與直線相切.(1)求動圓的圓心軌跡的方程；(2)是否存在直線，使過點，并與軌跡交于兩點，且滿足？若存在，求出直線的方程；若不存在，說明理由.參考答案：解析：（1）設為動圓圓心，由題意知：到定直線的距離，由拋物線的定義知，點的軌跡為拋物線，其中為焦點，為準線，∴動圓的圓心的軌跡的方程為：

………5分（2）由題意可設直線的方程為，由

得

或

………7分且，

…………………9分由

…………11分或（舍去）……