一、选择题
1. 若不等式1≤a﹣b≤2,2≤a+b≤4,则4a﹣2b的取值范围是( A.[5,10]
B.(5,10)
C.[3,12]
)
D.(3,12)
x2y22. 椭圆C:1的左右顶点分别为A1,A2,点P是C上异于A1,A2的任意一点,且直线PA1斜率的
43取值范围是1,2,那么直线PA2斜率的取值范围是( )
A.133133, B., C.,1 D.,1244248【命题意图】本题考查椭圆的标准方程和简单几何性质、直线的斜率等基础知识,意在考查函数与方程思想和基本运算能力.
3. 给出下列命题:①多面体是若干个平面多边形所围成的图形;②有一个平面是多边形,其余各面是三角形的几何体是棱锥;③有两个面是相同边数的多边形,其余各面是梯形的多面体是棱台.其中正确命题的个数是( A.0 4. 以椭圆
+
)
B.1
C.2
D.3
=1的顶点为焦点,焦点为顶点的双曲线C,其左、右焦点分别是F1,F2,已知点M坐标为
=
,则
﹣S
(
(2,1),双曲线C上点P(x0,y0)(x0>0,y0>0)满足)A.2
B.4
C.1
D.﹣1
5. 若函数f(x)=ax2+bx+1是定义在[﹣1﹣a,2a]上的偶函数,则该函数的最大值为( A.5
B.4
C.3
D.2
)
6. 直线l过点P(2,﹣2),且与直线x+2y﹣3=0垂直,则直线l的方程为( A.2x+y﹣2=0
B.2x﹣y﹣6=0
C.x﹣2y﹣6=0
)
D.x﹣2y+5=0
x2y27. F1,F2分别为双曲线221(a,b0)的左、右焦点,点P在双曲线上,满足PF1PF20,
ab31若PF1F2的内切圆半径与外接圆半径之比为,则该双曲线的离心率为( )
2A.2 B.3C. 21D. 31第 1 页,共 18 页
【命题意图】本题考查双曲线的几何性质,直角三角形内切圆半径与外接圆半径的计算等基础知识,意在考查基本运算能力及推理能力.
8. 函数y(a4a4)a是指数函数,则的值是( A.4
B.1或3
C.3
D.1
)D.2
B.3
C.1
2x)
9. 一个骰子由1~6六个数字组成,请你根据图中三种状态所显示的数字,推出“”处的数字是( A.6
10.正方体的内切球与外接球的半径之比为( A.
B.
C.
D.
)
)
11.设f(x)是偶函数,且在(0,)上是增函数,又f(5)0,则使f(x)0的的取值范围是( A.5x0或x5 A.2015
B.x5或x5 B.2016
C.5x5
)
12.执行下面的程序框图,若输入x2016,则输出的结果为(
D.x5或0x5D.2048
C.2116
二、填空题
13.如图为长方体积木块堆成的几何体的三视图,此几何体共由 块木块堆成.第 2 页,共 18 页
14.已知过球面上 A,B,C 三点的截面和球心的距离是球半径的一半,且
ABBCCA2,则
球表面积是_________.
15.已知α为钝角,sin(
+α)=,则sin(
﹣α)= .,则
+
的最大值为 .
16.0)P,Q是单位圆上的两动点且满足已知A(1,,
17.设直线系M:xcosθ+(y﹣2)sinθ=1(0≤θ≤2π),对于下列四个命题:A.M中所有直线均经过一个定点
B.存在定点P不在M中的任一条直线上
C.对于任意整数n(n≥3),存在正n边形,其所有边均在M中的直线上D.M中的直线所能围成的正三角形面积都相等
其中真命题的代号是 (写出所有真命题的代号).
18.设有一组圆Ck:(x﹣k+1)2+(y﹣3k)2=2k4(k∈N*).下列四个命题:①存在一条定直线与所有的圆均相切;②存在一条定直线与所有的圆均相交;③存在一条定直线与所有的圆均不相交;④所有的圆均不经过原点.
其中真命题的代号是 (写出所有真命题的代号).
三、解答题
19.已知函数f(x)=4(Ⅰ)当x∈[0,
sinxcosx﹣5sin2x﹣cos2x+3.
]时,求函数f(x)的值域;
,
=2+2cos(A+C),
(Ⅱ)若△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且满足=求f(B)的值.
第 3 页,共 18 页
20.如图,三棱柱ABC﹣A1B1C1中,侧面AA1C1C⊥底面ABC,AA1=A1C=AC=2,AB=BC,且AB⊥BC,O为AC中点.
(Ⅰ)证明:A1O⊥平面ABC;
(Ⅱ)求直线A1C与平面A1AB所成角的正弦值;
(Ⅲ)在BC1上是否存在一点E,使得OE∥平面A1AB,若不存在,说明理由;若存在,确定点E的位置.
21.已知梯形ABCD中,AB∥CD,∠B=如图所示的几何体σ.(1)求几何体σ的表面积;
,DC=2AB=2BC=2,以直线AD为旋转轴旋转一周得到
第 4 页,共 18 页
(2)点M时几何体σ的表面上的动点,当四面体MABD的体积为.
,试判断M点的轨迹是否为2个菱形
22.(本小题满分10分)选修41:几何证明选讲
如图所示,已知PA与⊙O相切,A为切点,过点P的割线交圆于B,C两点,弦CD//AP,AD,BC相 交于点E,F为CE上一点,且DE2EFEC.(Ⅰ)求证:EDFP;
(Ⅱ)若CE:BE3:2,DE3,EF2,求PA的长.
23.(本小题满分12分)
第 5 页,共 18 页
12x(a3)xlnx.2(1)若函数f(x)在定义域上是单调增函数,求的最小值;
112(2)若方程f(x)(a)x(a4)x0在区间[,e]上有两个不同的实根,求的取值范围.
2e已知函数f(x)24.已知an是等差数列,bn是等比数列,Sn为数列an的前项和,a1b11,且b3S336,
b2S28(nN*).
(1)求an和bn;
1(2)若anan1,求数列的前项和Tn.
aann1第 6 页,共 18 页
汉中市高中2018-2019学年高二上学期数学期末模拟试卷含解析(参)
一、选择题
1. 【答案】A
【解析】解:令4a﹣2b=x(a﹣b)+y(a+b)即
解得:x=3,y=1
即4a﹣2b=3(a﹣b)+(a+b)∵1≤a﹣b≤2,2≤a+b≤4,∴3≤3(a﹣b)≤6
∴5≤(a﹣b)+3(a+b)≤10故选A
【点评】本题考查的知识点是简单的线性规划,其中令4a﹣2b=x(a﹣b)+y(a+b),并求出满足条件的x,y,是解答的关键.
2. 【答案】B
3. 【答案】B【解析】111]
试题分析:由题意得,根据几何体的性质和结构特征可知,多面体是若干个平面多边形所围成的图形是正确的,故选B.
考点:几何体的结构特征.4. 【答案】 A
【解析】解:∵椭圆方程为
+
=1,
∴其顶点坐标为(3,0)、(﹣3,0),焦点坐标为(2,0)、(﹣2,0),∴双曲线方程为
,
第 7 页,共 18 页
设点P(x,y),记F1(﹣3,0),F2(3,0),∵∴
,
整理得:
化简得:5x=12y﹣15,又∵∴5
解得:y=或y=∴P(3,),
∴直线PF1方程为:5x﹣12y+15=0,∴点M到直线PF1的距离d=
易知点M到x轴、直线PF2的距离都为1,
结合平面几何知识可知点M(2,1)就是△F1PF2的内心.故故选:A.
﹣
=
=
=2,
=1,
,
﹣4y2=20,(舍),
=5,
=
,
=
【点评】本题考查椭圆方程,双曲线方程,三角形面积计算公式,注意解题方法的积累,属于中档题.
5. 【答案】A
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【解析】解:函数f(x)=ax2+bx+1是定义在[﹣1﹣a,2a]上的偶函数,可得b=0,并且1+a=2a,解得a=1,所以函数为:f(x)=x2+1,x∈[﹣2,2],函数的最大值为:5.故选:A.
【点评】本题考查函数的最大值的求法,二次函数的性质,考查计算能力.
6. 【答案】B
【解析】解:∵直线x+2y﹣3=0的斜率为﹣,∴与直线x+2y﹣3=0垂直的直线斜率为2,故直线l的方程为y﹣(﹣2)=2(x﹣2),化为一般式可得2x﹣y﹣6=0故选:B
【点评】本题考查直线的一般式方程和垂直关系,属基础题.
7. 【答案】D
【解析】∵PF1PF20,∴PF1PF2,即PF1F2为直角三角形,∴PF12PF22F1F224c2,|PF1PF2|2a,则2PF1PF2PF12PF22(PF1PF2)24(c2a2),
(PF1PF2)2(PF1PF2)24PF1PF28c24a2.所以PF1F2内切圆半径
rPF1PF2F1F231c,整理,得2c2a2c,外接圆半径Rc.由题意,得2c2a2c22c()2423,∴双曲线的离心率e31,故选D.a8. 【答案】C【解析】
考点:指数函数的概念.9. 【答案】A【解析】
试题分析:根据与相邻的数是1,4,3,而与相邻的数有1,2,5,所以1,3,5是相邻的数,故“?”表示的数是,故选A.
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考点:几何体的结构特征.10.【答案】C
【解析】解:正方体的内切球的直径为,正方体的棱长,外接球的直径为,正方体的对角线长,设正方体的棱长为:2a,所以内切球的半径为:a;外接球的直径为2所以,正方体的内切球与外接球的半径之比为:故选C
11.【答案】B
a,半径为:
a,
考
点:函数的奇偶性与单调性.
【思路点晴】本题主要考查函数的单调性、函数的奇偶性,数形结合的数学思想方法.由于函数是偶函数,所以定义域关于原点对称,图象关于y轴对称,单调性在y轴两侧相反,即在x0时单调递增,当x0时,函数单调递减.结合f(5)0和对称性,可知f(5)0,再结合函数的单调性,结合图象就可以求得最后的解集.112.【答案】D【解析】
试题分析:由于20160,由程序框图可得对循环进行加运算,可以得到x2,从而可得y1,由于
20151,则进行y2y循环,最终可得输出结果为2048.1
考点:程序框图.
二、填空题
13.【答案】 4
【解析】解:由三视图可以看出此几何体由两排两列,前排有一个方块,后排左面一列有两个木块右面一列有一个,
故后排有三个,故此几何体共有4个木块组成.故答案为:4.
第 10 页,共 18 页
14.【答案】【解析】111]
9考点:球的体积和表面积.
【方法点晴】本题主要考查了球的表面积和体积的问题,其中解答中涉及到截面圆圆心与球心的连线垂直于截面,球的性质、球的表面积公式等知识点的综合考查,着重考查了学生分析问题和解答问题的能力,属于中档试题,本题的解答中熟记球的截面圆圆心的性质,求出球的半径是解答的关键.15.【答案】 ﹣
【解析】解:∵sin(∴cos(=sin(
﹣α)=cos[+α)=,
<α<π,
,+α)=,﹣(
+α)]
.
∵α为钝角,即∴∴sin(∴sin(=﹣=﹣
,
.<
﹣
﹣α)<0,﹣α)=﹣
故答案为:﹣
【点评】本题考查运用诱导公式求三角函数值,注意不同角之间的关系,正确选择公式,运用平方关系时,必须注意角的范围,以确定函数值的符号.
16.【答案】 .
第 11 页,共 18 页
【解析】解:设∴
+
.
=
故答案为:
=
,则=1×
×
=
≤
=
,
的方向任意.
.
,因此最大值为
【点评】本题考查了数量积运算性质,考查了推理能力 与计算能力,属于中档题.
17.【答案】BC【解析】
【分析】验证发现,直线系M:xcosθ+(y﹣2)sinθ=1(0≤θ≤2π)表示圆x2+(y﹣2)2=1的切线的集合,A.M中所有直线均经过一个定点(0,2)是不对,可由圆的切线中存在平行线得出,B.存在定点P不在M中的任一条直线上,观察直线的方程即可得到点的坐标.
C.对于任意整数n(n≥3),存在正n边形,其所有边均在M中的直线上,由直线系的几何意义可判断,D.M中的直线所能围成的正三角形面积一定相等,由它们是同一个圆的外切正三角形可判断出.【解答】解:因为点(0,2)到直线系M:xcosθ+(y﹣2)sinθ=1(0≤θ≤2π)中每条直线的距离d=
=1,直线系M:xcosθ+(y﹣2)sinθ=1(0≤θ≤2π)表示圆x2+(y﹣2)2=1的切线的集合,
A.由于直线系表示圆x2+(y﹣2)2=1的所有切线,其中存在两条切线平行,M中所有直线均经过一个定点
(0,2)不可能,故A不正确;
B.存在定点P不在M中的任一条直线上,观察知点M(0,2)即符合条件,故B正确;C.由于圆的所有外切正多边形的边都是圆的切线,所以对于任意整数n(n≥3),存在正n边形,其所有边均在M中的直线上,故C正确;
D.如下图,M中的直线所能围成的正三角形有两类,
其一是如△ABB′型,是圆的外切三角形,此类面积都相等,另一类是在圆同一侧,如△BDC型,此一类面积相等,但两类之间面积不等,所以面积大小不一定相等,故本命题不正确.故答案为:BC.
18.【答案】 ②④
第 12 页,共 18 页
【解析】解:根据题意得:圆心(k﹣1,3k),
圆心在直线y=3(x+1)上,故存在直线y=3(x+1)与所有圆都相交,选项②正确;考虑两圆的位置关系,圆k:圆心(k﹣1,3k),半径为两圆的圆心距d=两圆的半径之差R﹣r=
(k+1)2﹣
k2=2
k+
,
k2,
(k+1)2,
=
,
圆k+1:圆心(k﹣1+1,3(k+1)),即(k,3k+3),半径为
任取k=1或2时,(R﹣r>d),Ck含于Ck+1之中,选项①错误;若k取无穷大,则可以认为所有直线都与圆相交,选项③错误;
将(0,0)带入圆的方程,则有(﹣k+1)2+9k2=2k4,即10k2﹣2k+1=2k4(k∈N*),
因为左边为奇数,右边为偶数,故不存在k使上式成立,即所有圆不过原点,选项④正确.则真命题的代号是②④.故答案为:②④
【点评】本题是一道综合题,要求学生会将直线的参数方程化为普通方程,会利用反证法进行证明,会利用数形结合解决实际问题.
三、解答题
19.【答案】
【解析】解:(Ⅰ)f(x)=4sin2x+2cos2x=4sin(2x+∵x∈[0,∴2x+
∈[],,
],
).
sinxcosx﹣5sin2x﹣cos2x+3=2
sin2x﹣
+3=2
∴f(x)∈[﹣2,4].
(Ⅱ)由条件得 sin(2A+C)=2sinA+2sinAcos(A+C),∴sinAcos(A+C)+cosAsin(A+C)=2sinA+2sinAcos(A+C),化简得 sinC=2sinA,由正弦定理得:c=2a,又b=
,
a2cosA,解得:cosA=
,
由余弦定理得:a2=b2+c2﹣2bccosA=3a2+4a2﹣4故解得:A=
,B=
,C=
,
第 13 页,共 18 页
∴f(B)=f()=4sin=2.
【点评】本题考查了平方关系、倍角公式、两角和差的正弦公式及其单调性、正弦定理、余弦定理,考查了推理能力和计算能力,属于中档题.
20.【答案】
【解析】解:(Ⅰ)证明:因为A1A=A1C,且O为AC的中点,所以A1O⊥AC.
又由题意可知,平面AA1C1C⊥平面ABC,交线为AC,且A1O⊂平面AA1C1C,所以A1O⊥平面ABC.
(Ⅱ)如图,以O为原点,OB,OC,OA1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系.由题意可知,A1A=A1C=AC=2,又AB=BC,AB⊥BC,∴所以得:
,
则有:.
设平面AA1B的一个法向量为n=(x,y,z),则有令y=1,得
所以
.
因为直线A1C与平面A1AB所成角θ和向量n与(Ⅲ)设即所以
令OE∥平面A1AB,得即﹣1+λ+2λ﹣λ=0,得
,
,,得
,,得
,
所成锐角互余,所以
.
,
.
即存在这样的点E,E为BC1的中点.
第 14 页,共 18 页
【点评】本小题主要考查空间线面关系、直线与平面所成的角、三角函数等知识,考查数形结合、化归与转化的数学思想方法,以及空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力
21.【答案】
【解析】解:(1)根据题意,得;该旋转体的下半部分是一个圆锥,
上半部分是一个圆台中间挖空一个圆锥而剩下的几何体,其表面积为S=或S=
×4π×2
×4π×2
+×
×2=8×(4π×2
π,﹣2π×
)+
×2π×
=8
π;
(2)由已知S△ABD=
×2×sin135°=1,
,只要M点到平面ABCD的距离为1,
因而要使四面体MABD的体积为
因为在空间中有两个平面到平面ABCD的距离为1,
它们与几何体σ的表面的交线构成2个曲边四边形,不是2个菱形.
【点评】本题考查了空间几何体的表面积与体积的计算问题,也考查了空间想象能力的应用问题,是综合性题目.
22.【答案】
【解析】【命题意图】本题考查相交弦定理、三角形相似、切割线定理等基础知识,意在考查逻辑推理能力.
第 15 页,共 18 页
23.【答案】(1);(2)0a1.1111]【解析】
则
1f'(x)0对x0恒成立,即a(x)3对x0恒成立,
x1而当x0时,(x)3231,
x∴a1.
若函数f(x)在(0,)上递减,
则f'(x)0对x0恒成立,即a(x)3对x0恒成立,这是不可能的.综上,a1.的最小值为1. 1
1x第 16 页,共 18 页
(2)由f(x)(a)x(a2)x2lnx0,得(a)x(2a)x2lnx,
1221221(1)x22x(lnxx)lnxxlnxx1x2lnxxr(x)即a,令,,r'(x)2233xxxx得1x2lnx0的根为1,
考点:1、利用导数研究函数的单调性;2、函数零点问题及不等式恒成立问题.
【方法点晴】本题主要考查利用导数研究函数的单调性、函数零点问题及不等式恒成立问题,属于难题.不等式恒成立问题常见方法:①分离参数af(x)恒成立(af(x)min即可)或af(x)恒成(af(x)max即可);②数形结合;③讨论最值f(x)min0或f(x)max0恒成立;④讨论参数.本题(2)就是先将问题转化为不等式恒成立问题后再利用①求得的最小值的.
请考生在第22、23两题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题记分.解答时请写清题号.24.【答案】(1)an2n1,bn2【解析】
n1或an1n(52n),bn6n1;(2).32n1第 17 页,共 18 页
试题解析:(1)设an的公差为d,bn的公比为,
2q2(33d)36,d2,d,由题意得解得或3q2,q(2d)8,q6.1n1n1∴an2n1,bn2或an(52n),bn6.
3(2)若anan+1,由(1)知an2n1,
11111(),∴
anan1(2n1)(2n1)22n12n1111111n)∴Tn(1….
23352n12n12n1考点:1、等差数列与等比数列的通项公式及前项和公式;2、裂项相消法求和的应用.
第 18 页,共 18 页
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