湖南省长沙市巷子口镇联校高二数学文上学期摸底试题含解析

湖南省长沙市巷子口镇联校高二数学文上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.如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为A1C1的中点，则异面直线CE与BD所成的角为(

)A．30° B．45° C．60° D．90°参考答案：D【考点】异面直线及其所成的角；直线与平面垂直的判定．【专题】计算题；转化思想；圆锥曲线的定义、性质与方程；空间角．【分析】连接AC，BD，则AC⊥BD，证明AC⊥平面BDD1，可得AC⊥BD1，利用EF∥AC，即可得出结论．【解答】解：连接AC，底面是正方形，则AC⊥BD，几何体是正方体，可知∴BD⊥AA1，AC∩AA1=A，∴BD⊥平面CC1AA1，∵CE?平面CC1AA1，∴BD⊥CE，∴异面直线BD、CE所成角是90°．故选：D．【点评】本题考查异面直线BD1、EF所成角，考查线面垂直的判定，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．2.将长方体截去一个四棱锥,得到的几何体如图所示,则该几何体的侧视图为（

）

参考答案：C3.下列说法中正确的是（

）A．命题“若，则”的否命题是“若，则”B．命题“若，则”的否命题是“若，则”C．命题“”的否定是“”D．命题“”的否定是“”参考答案：C4.执行如图所示的程序框图，输出的S值为（）A．2 B．4 C．8 D．16参考答案：C【考点】E7：循环结构．【分析】列出循环过程中S与K的数值，不满足判断框的条件即可结束循环．【解答】解：第1次判断后S=1，k=1，第2次判断后S=2，k=2，第3次判断后S=8，k=3，第4次判断后3＜3，不满足判断框的条件，结束循环，输出结果：8．故选C．5.焦点为直线－2－4＝0与坐标轴的交点的抛物线的标准方程是（

）（A）

=16

(B)=－8或

=16

(C)

=8

(D)=8或

=－16参考答案：B6.设有直线m、n和平面、，则在下列命题中，正确的是(

)A．若m//n，，，则

B．若m//n，n，m，则C．若m//n，m，n，则

D．若m，mn，n，则参考答案：B7.已知，，则的取值范围为（

）A.

B.

C.

D.

参考答案：C略8.在北纬圈上有A、B两点，它们的经度差为，设地球的半径为R，则A、B两点的球面距离为A．

B．

C．

D．参考答案：C略9.椭圆的焦点为F1、F2，点M在椭圆上，，则M到y轴的距离为（）A． B． C． D．参考答案：B考点：椭圆的简单性质．专题：计算题．分析：M（h，t），则由得

h2﹣3+t2=0

①，把M（h，t）代入椭圆方程得

t2=1﹣②，把②代入①可得|h|即为所求．解答：解：由题意得

a=2，b=1，c=，F1（﹣，0）、F2（，0）．∵，∴．设M（h，t），则由得（﹣﹣h，﹣t）?（﹣h，﹣t）=h2﹣3+t2=0

①．把M（h，t）代入椭圆方程得

t2=1﹣②，把②代入①可得h2=，|h|=．故选B．点评：本题考查椭圆的标准方程，以及椭圆的简单性质的应用，两个向量的数量积公式的应用10.抛物线y=3x2的焦点坐标是（） A．（0，） B． （0，﹣） C． （0，﹣） D． （0，）参考答案：D略二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.已知复数z满足，则等于______.参考答案：【分析】先求出复数z,再求|z|.【详解】由题得.故答案为：【点睛】（1）本题主要考查复数的计算和复数的模的计算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和基本的计算能力.(2)复数的模.12.若点p（1，1）为圆（x﹣3）2+y2=9的弦MN的中点，则弦MN所在直线方程为．参考答案：2x﹣y﹣1=0【考点】直线与圆相交的性质．【分析】由P为圆中弦MN的中点，连接圆心与P点，根据垂径定理的逆定理得到此连线与弦MN垂直，由圆心与P坐标求出其确定直线的斜率，利用两直线垂直时斜率的乘积为﹣1，求出弦MN所在直线的斜率，由求出的斜率及P的坐标，写出弦MN所在直线的方程即可．【解答】解：∵P（1，1）为圆（x﹣3）2+y2=9的弦MN的中点，∴圆心与点P确定的直线斜率为=﹣，∴弦MN所在直线的斜率为2，则弦MN所在直线的方程为y﹣1=2（x﹣1），即2x﹣y﹣1=0．故答案为：2x﹣y﹣1=013.如图，一个四棱锥的底面为正方形，其三视图如图所示，则这个四棱锥的体积

．参考答案：2【考点】由三视图求面积、体积．【分析】几何体是一个四棱锥，四棱锥的底面是一个对角线长为2的正方形，四棱锥的一条侧棱和底面垂直，且四棱锥的顶点距离最远的底面的顶点长是，做出垂直的棱长和底面面积，求出体积．【解答】解：由三视图知，几何体是一个四棱锥，四棱锥的底面是一个对角线长为2的正方形，四棱锥的一条侧棱和底面垂直，且四棱锥的顶点距离最远的底面的顶点长是，∴与底面垂直的棱长是=3，四棱锥底面的面积是∴四棱锥的体积是故答案为：214.将4张相同的卡片放入编号为1、2、3的三个盒子中（可以有空盒），共有_____种放法．参考答案：15【分析】将4张（有空盒）转换为7张（无空盒）情况，用隔板法得到答案.【详解】由排列组合中的相同元素分组问题隔板法得：将4张相同的卡片放入编号为1、2、3的三个盒子中（可以有空盒），等同于7张卡片（无空盒）情况，隔板法：共有，故答案为：15．【点睛】本题考查了隔板法，有空盒情况的转化是解题的关键.15.已知函数f（x）=，则f（x）的值域为_________．参考答案：略16.已知某随机变量X的分布列如下（）：X123P

则随机变量X的数学期望=_______，方差=____________.参考答案：17.不等式组所表示的平面区域的面积为．参考答案：【考点】简单线性规划．【分析】利用二元一次不等式组的定义作出对应的图象，找出对应的平面区域，结合相应的面积公式进行求解即可．【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图：则由得，即A（0，），由得，即B（0，3），由得，即C（1，1），则三角形的面积S=|AB|?h=（3﹣）×1==，故答案为：【点评】本题主要考查一元二次不等式组表示平面区域，利用数形结合是解决本题的关键．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.已知在的展开式中二项式系数和为256．（1）求展开式中常数项；（2）求展开式中二项式系数最大的项．参考答案：（1）；（2）试题分析：（1）借助题设条件运用通项公式待定求解；（2）借助题设条件运用二项式展开式中的组合数性质求解.试题解析：（1）二项式系数和为，（，）当时，常数项为（2）第5项二项式系数最大二项式系数最大项为19.（本题满分13分）在△ABC中，角A、B、C所对的边分别是，且.（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）若b=2，求△ABC面积的最大值．参考答案：（Ⅰ）在△ABC中，由余弦定理可知，，由题意知，∴；………………2分又在△ABC中，∴，又，∴.………………6分（Ⅱ）∵b=2，∴由可知，，即，∴，……8分∵，∴………………10分∴.∴△ABC面积的最大值为．…………12分20.设数列{an}的首项a1=1，前n项和Sn满足关系式：3tSn﹣（2t+3）Sn﹣1=3t（t＞0，n=2，3，4…）（1）求证：数列{an}是等比数列；（2）设数列{an}的公比为f（t），作数列{bn}，使，求数列{bn}的通项bn；（3）求和：b1b2﹣b2b3+b3b4﹣b4b5+…+b2n﹣1b2n﹣b2nb2n+1．参考答案：【考点】数列的求和；等比数列的通项公式．【分析】（1）通过3tSn﹣（2t+3）Sn﹣1=3t与3tSn﹣1﹣（2t+3）Sn﹣2=3t作差、整理得（n=2，3，…），进而可得结论；（2）通过（1）可知bn=f+bn﹣1，即数列{bn}是一个首项为1、公差为的等差数列，进而即得结论；（3）通过bn=可知数列{b2n﹣1}和{b2n}是首项分别为1和、公差均为的等差数列，并项取公因式，计算即得结论．【解答】（1）证明：∵a1=S1=1，S2=1+a2，∴a2=又3tSn﹣（2t+3）Sn﹣1=3t

①∴3tSn﹣1﹣（2t+3）Sn﹣2=3t

②①﹣②得：3tan﹣（2t+3）an﹣1=0，∴，（n=2，3，…）∴{an}是一个首项为1、公比为的等比数列；（2）解：∵f（t）=，∴bn=f+bn﹣1．∴数列{bn}是一个首项为1、公差为的等差数列．∴bn=1+（n﹣1）=；（3）解：∵bn=，∴数列{b2n﹣1}和{b2n}是首项分别为1和，公差均为的等差数列，于是b1b2﹣b2b3+b3b4﹣b4b5+…+b2n﹣1b2n﹣b2nb2n+1=b2（b1﹣b3）+b4（b3﹣b5）+b6（b5﹣b7）+…+b2n（b2n﹣1+b2n+1）=﹣（b2+b4+…+b2n）=﹣=﹣（2n2+3n）．21.（12分）已知圆方程为．（1）求圆心轨迹C的参数方程；（2）点是（1）中曲线C上的动点，求点P到直线的距离的取值范围.参考答案：（1）

（2）

（2）19、（1）

（2）

（2）22.已知函数f（x）=sin（2x+）+sin（2x﹣）+2cos2x﹣1，x∈R．（1）求函数f（x）的最小正周期；（2）求函数f（x）在区间[]上的最大值和最小值．参考答案：【考点】三角函数中的恒等变换应用；三角函数的周期性及其求法；三角函数的最值．【分析】（1）利用正弦函数的两角和与差的公式与辅助角公式将f（x）=sin（2x+）+sin（2x﹣）+2cos2x﹣1化为f（x）=sin（2x+），即可求得函数f（x）的最小正周期；（2）可分析得到函数f（x）在区间