河南省信阳市谷堆中学2022-2023学年高二数学理摸底试卷含解析

河南省信阳市谷堆中学2022-2023学年高二数学理摸底试卷含解析一、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.已知平面α∥平面β，它们之间的距离为，直线，则在β内与直线相距为的直线有

(

)A．1条

B．2条

C．无数条

D．不存在参考答案：B略2.已知是球表面上的点，，，，，则球的表面积等于A．4

B．3

C．2

D．参考答案：A略3.计算机执行下面的程序段后，输出的结果是

（

）.1,2,3

.

2,3,1

.3,2,1

.2,3,2参考答案：D4.复数（i是虚数单位）的虚部为（

）

A．-1

B．2i

C．1

D．2参考答案：C略5.设，则函数的最小值为(A)

(B)

(C)

(D)参考答案：A略6.下列命题中正确的是（）A．经过平面外一点有且只有一条直线与已知平面垂直B．经过平面外一点有且只有一条直线与已知平面平行C．经过平面外一点有且只有一条直线与已知直线垂直D．经过平面外一点有且只有一平面与已知平面垂直参考答案：A【考点】空间中直线与平面之间的位置关系．【分析】A，如果过一点有两条直线与平面垂直，那么这两条直线平行，与两直线交于一点矛盾；B，经过平面外一点有无数条直线与已知平面平行，它们在该平面的一个平行平面内；C，经过平面外一点有无数条直线与已知直线垂直，它们在该直线的一个垂面内；D，经过平面外一点有无数个平面与已知平面垂直；【解答】解：对于A，如果过一点有两条直线与平面垂直，那么这两条直线平行，与两直线交于一点矛盾，故正确；对于B，经过平面外一点有无数条直线与已知平面平行，它们在该平面的一个平行平面内，故错；对于C，经过平面外一点有无数条直线与已知直线垂直，它们在该直线的一个垂面内，故错；对于D，经过平面外一点有无数个平面与已知平面垂直，故错；故选：A．【点评】本题考查命题真假的判断，注意空间中线线、线面、面面间的位置关系的合理运用，属于基础题．7.极坐标方程和参数方程(为参数)所表示的图形分别是(

)A.圆、直线

B.直线、圆

C.圆、圆

D.直线、直线参考答案：A略8.设双曲线(a＞0)的渐近线方程为3x±2y＝0,则a的值为()A．4

B．3

C．2

D．1参考答案：C试题分析：的渐近线为，∵与3x±2y=0重合，∴a=2．考点：双曲线的简单性质9.若圆上每个点的横坐标不变，纵坐标缩短为原来的，则所得曲线的方程是（

）

A.

B.

C.

D.参考答案：C10.已知函数有两个极值点，若，则关于的方程的不同实根个数为

（

）A．3

B．4

C．5

D．6

参考答案：A略二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.命题“,”的否定形式为

；参考答案：,；12.定义：若数列对任意的正整数n，都有（d为常数），则称为“绝对和数列”，d叫做“绝对公和”，已知“绝对和数列”，“绝对公和”，则其前2010项和的最小值为

参考答案：-200613.从装有个球（其中个白球，1个黑球）的口袋中取出个球（），共有种取法，在这种取法中，可以分为两类：一类是取出的个球全部为白球，另一类是取出的m个球中有1个黑球，共有种取法，即有等式：成立.试根据上述思想可得

(用组合数表示)参考答案：

略14.过抛物线y2=2x的焦点F作直线交抛物线于A，B两点，若，则|AF|=．参考答案：【考点】抛物线的简单性质．【分析】设出点的坐标与直线的方程，利用抛物线的定义表示出|AF|、|BF|再联立直线与抛物线的方程利用根与系数的关系解决问题，即可得到答案．【解答】解：由题意可得：F（，0），设A（x1，y1），B（x2，y2）．因为过抛物线y2=2x的焦点F作直线l交抛物线于A、B两点，所以|AF|=+x1，|BF|=+x2．因为，所以x1+x2=设直线l的方程为y=k（x﹣），联立直线与抛物线的方程可得：k2x2﹣（k2+2）x+=0，所以x1+x2=．∴∴k2=24∴24x2﹣26x+6=0，∴，∴|AF|=+x1=故答案为：【点评】解决此类问题的关键是熟练掌握抛物线的定义，以及掌握直线与抛物线位置关系，并且结合准确的运算也是解决此类问题的一个重要方面15.已知为R上的连续可导函数，当时，，则函数的零点有__________个．参考答案：0【分析】令得，即，然后利用导数研究函数的单调性和极值，即可得到结论．【详解】令，得，即，即零点满足此等式不妨设，则．∵当时，，∴当时，，即当时，，即，此时函数单调递增，当时，，即，此时函数单调递减，∴当时，函数取得极小值，同时也是最小值，∴当时，，∴无解，即无解，即函数的零点个数为0个，故答案为0．【点睛】本题主要考查函数零点个数的判断，利用条件构造函数，利用导数研究函数的单调性和极值是解决本题的关键，综合性较强，涉及的知识点较多．16.已知向量，且，则的坐标是

．参考答案：17.已知某几何体的三视图如图所示，其正视图为矩形，侧视图为等腰直角三角形，俯视图为直角梯形，则该几何体的体积为__________．参考答案：考点：由三视图求面积、体积．专题：空间位置关系与距离．分析：由已知中的三视图，可知该几何体是一个三棱柱切去一个三棱锥所得的组合体，分别求出体积后，相减可得答案．解答：解：由已知中的三视图，可知该几何体是一个三棱柱切去一个三棱锥所得的组合体，棱柱和棱锥的底面均为侧视图，故底面面积S=×4×4=8，棱柱的高为8，故体积为64，棱锥的高为4，故体积为：，故组合体的体积V=64﹣=，故答案为：点评：本题考查的知识点是由三视图求体积和表面积，解决本题的关键是得到该几何体的形状．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.阅读下面材料：根据两角和与差的正弦公式，有

----------①

------②由①+②得

------③令有代入③得．（1）利用上述结论，试求的值。（2）类比上述推证方法，根据两角和与差的余弦公式，证明:;参考答案：（1）由题可得=。

（2）因为，

①

，

②①-②得.

③令有，代入③得.

略19.（本小题满分13分）设的内角,,所对的边长分别为,,,且,．（1）当时,求的值；（2）当的面积为时,求的值．参考答案：（2）因为的面积，所以，………………7分由余弦定理得，即………………10分所以，所以，………………13分.

20.已知等差数列{an}的首项a1＝1，公差d>0，且第二项，第五项，第十四项分别是等比数列{bn}的第二项，第三项，第四项．（Ⅰ）求数列{an}与{bn}的通项公式；（Ⅱ）设数列{cn}对任意正整数n，均有，求数列{cn}的通项公式并计算c1＋c2＋c3＋…＋c2012的值．参考答案：（I）设等差数列的公差为d由题：即…………（2分）………………（4分）又

等比数列中所以………………………（6分）（II）

（）两式相减得：

………………（8分）

…………（10分）

…（12分）21.过椭圆的右焦点F(1，0)的直线交椭圆于A,B两点,当面积最大时，求直线的方程。参考答案：解：设直线的方程：，

（当时等号成立）当直线的方程为时，略22.（本小题12分）直三棱