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- 2021-06-11 发布
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广东省汕头市金山中学2018-2019学年高二上学期期中考试 数学
评卷人
得分
一、单选题
1.设,则ST为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
集合是一次不等式的解集,分别求出再求交集即可
【详解】
,
,
则
故选
【点睛】
本题主要考查了一次不等式的解集以及集合的交集运算,属于基础题。
2.已知两条直线, ,两个平面, ,给出下面四个命题:
①, ②, ,
③, ④, ,
其中正确命题的序号是( ).
A. ①③ B. ②④ C. ①④ D. ②③
【答案】C
【解析】命题② 结果可能异面,故②错误;命题③结果可能
,故③错误;命题①显然正确;命题④ ,故④正确;综上正确命题为①④,故选C.
【点睛】本题主要考查线面垂直的判定与性质、线面平行的性质和面面平行的性质等知识,涉及数形结合思想和分类与整合思想,并考查空间想象能力和逻辑推理能力,属于中档题型.解决此种主要采取特例法和排除法,例如:命题② 结果可能异面,故②错误;命题③结果可能 ,故③错误.
3.椭圆的左右焦点分别为,点P在椭圆上,则的周长为( )
A. 20 B. 18 C. 16 D. 14
【答案】B
【解析】
【分析】
焦点三角形的周长为,由此计算得选项.
【详解】
焦点三角形的周长为,依题意,故周长为,所以选B.
【点睛】
本小题主要考查椭圆的标准方程和几何意义,焦点三角形的周长为,直接计算得出结果,属于基础题.
4.已知三棱锥A-BCD中,AD⊥BC,AD⊥CD,则有( )
A. 平面ABC⊥平面ADC B. 平面ADC⊥平面BCD
C. 平面ABC⊥平面BDC D. 平面ABC⊥平面ADB
【答案】B
【解析】
【分析】
由于,所以平面,故平面平面.
【详解】
画出图象如下图所示,由于,所以平面,而平面,所以平面平面.故选B.
【点睛】
本小题主要考查面面垂直的判定定理,考查线面垂直的判定定理,以及分析和解决问题的能力,属于基础题.
5.正方体ABCD—A1B1C1D1中,异面直线BD1与AC所成的角等于( )
A. 60° B. 45° C. 30° D. 90°
【答案】D
【解析】
【分析】
通过证明平面,可证得直线与直线垂直,即所成的角为.
【详解】
画出图像如下图所示,连接,由于几何体为正方体,故,所以平面,所以,即所成的角为.所以选D.
【点睛】
本小题主要考查空间两条直线的位置关系,考查正方体的几何性质,还考查了线面垂直的判定定理,属于基础题.
6.如果执行下面的框图,输入N=5,则输出的数等于 ( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
将代入算法程序,运行后得到输出结果为.
【详解】
将代入算法程序,,,,,退出循环结构,输出.故选B.
【点睛】
本小题考查程序框图,其中包括了考查循环结构,答题时,只需要按照程序循环运行,直至退出程序,得到输出的结果.属于基础题.
7.“”是“”的( )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】试题分析:因为,所以.又因,所以,因此“”是“”的充分不必要条件.故选A.
考点:充分性、必要性问题.
8.椭圆的左右焦点分别为,点P在椭圆上,轴,且是等腰直角三角形,则该椭圆的离心率为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
依题意可知,结合,化简后可求得离心率.
【详解】
由于轴,且是等腰直角三角形,所以,即,即
.两边除以得,解得,故选D.
【点睛】
本小题考查椭圆的几何性质,考查等腰直角三角形的几何性质,考查椭圆离心率的求法.解题的关键是通过阅读题目,得到一个方程,然后结合,将得到的方程转化为离心率的形式,然后解方程可求得离心率的值.考查了分析和求解问题的能力,属于基础题.
9.在等腰梯形中,,,为的中点,将与分别沿、向上折起,使、重合于点,则三棱锥的外接球的体积为( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
试题分析:由题意可知三棱锥为正四面体,且边长.故外接球半径为,外接球的体积为.故选C.
考点:几何体.
10.某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的各个面中,最大的面积是( )
A. B. C. 1 D.
【答案】A
【解析】
【分析】
画出直观图,计算三棱锥四个面的面积,由此求得面积的最大值.
【详解】
画出直观图如下图所示,计算各面的面积为,,,故最大面积为,所以选A.
【点睛】
本小题主要考查三视图还原为原图,并求原图各个面的面积,由于题目所给垂直较多,故只需要代入直角三角形面积公式,即可计算得到结果,属于基础题.
11.已知方程有两个不同的实数解,则实数的取值范围是( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
将原方程变为两个函数,.画出图像,结合图像求得的取值范围.
【详解】
原方程变为两个函数,.画出图像如下图所示,由图可知,斜率的取值范围为,,由于直线和半圆相切,故圆心到直线的距离为半径,即
,解得.故斜率的取值范围为,故选C.
【点睛】
本小题主要考查函数零点的分析方法,考查半圆的方程的识别,考查直线和圆的位置关系的表示.首先是函数零点的问题,转化为两个函数图像的交点来考查.其次是数形结合的数学思想方法,要注意到实际上表示的图像是半圆,而直线过定点,由此画出图像,再计算斜率即可求得斜率的取值范围.
12.已知点P(1,1)及圆C:,点M,N在圆C上,若PM⊥PN,则|MN|的取值范围为( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据题意,画出图像,由于直角三角形斜边的中线等于斜边的一半,故,所以通过求的范围来求的范围.当三点共线时,有最大值,由此可得出选项.
【详解】
根据题意,画出图像如下图1所示,由于直角三角形斜边的中线等于斜边的一半,故,根据图像可知,当三点共线时,有最大值,如图2所示.此时直线
斜率为零,直线斜率不存在,直角三角形为等腰直角三角形.将代入圆的方程,求得,故,所以.也即的最大值为,只有选项A符合,故选A.
图1
图2
【点睛】
本小题主要考查直线与圆的位置关系,考查数形结合的数学思想和动态分析问题的能力,属于难题.
第II卷(非选择题)
请点击修改第II卷的文字说明
评卷人
得分
二、填空题
13.已知向量=(4,2),向量=(,3),且//,则= _______
【答案】6
【解析】
【分析】
根据两个向量平行的坐标表示,列方程,求得的值.
【详解】
由于,所以,解得.
【点睛】
本小题考查两个向量平行的条件.对于两个向量,若,则;若,则.
14.已知正三棱锥S-ABC的侧棱长为2,底面边长为1,则侧棱SA与底面ABC所成角的余弦值等于______
【答案】
【解析】
【分析】
画出图像,由图像可知与平面为,由此计算得线面角的余弦值.
【详解】
画出图像如下图所示,由图可知,平面,且是底面等边三角形的中心,故是直线与底面所成的角.其中,故.
【点睛】
本小题主要考查直线与平面所成角的余弦值的计算.要计算这个余弦值,首先根据线面角的概念作出这个角,再计算它的余弦值.属于基础题.
15.菱形ABCD的边长为2,且∠BAD=60°,将三角形ABD沿BD折起,得到三棱锥A-BCD,则三棱锥A-BCD体积的最大值为____________
【答案】1
【解析】
【分析】
由于三棱锥底面积固定,所以高最高的时候取得体积的最大值,此时高为.由此计算得体积的最大值.
【详解】
由于三棱锥底面积固定,所以高最高的时候取得体积的最大值,此时高为.故体积的最大值为.
【点睛】
本小题主要考查三棱锥的体积计算,考查折叠问题的分析方法.在求体积最大值的过程中,由于底面积一定,则高取得最大值时,体积取得最大值.
16.函数的图像与函数的图像所有交点的横坐标之和等于_________
【答案】12
【解析】
【分析】
两个函数都关于点中心对称,且左右两次各有个交点,故横坐标总和为.
【详解】
画出图像如下图所示,有图可知,两个函数都关于点中心对称,且左右两次各有个交点,故横坐标总和为.
【点睛】
本小题主要考查反比例函数的图像与性质,考查正弦函数型三角函数的图像与性质,考查函数的对称性,要用到数形结合的数学思想方法.对于函数,可类比的图像,向右平移个单位得到,而的最小正周期为,由此可画出图像.再结合图像来解决.属于难题.
评卷人
得分
三、解答题
17.已知A、B、C是ABC的内角,分别是角A,B,C的对边。
若
(Ⅰ)求角C的大小;
(Ⅱ)若,求ABC面积的最大值
【答案】(I) (II).
【解析】
【分析】
(1)先用正弦定理转化已知条件,再用余弦定理化简成的形式,求得的值,由此得到的大小.(2)利用角的余弦定理,结合基本不等式,求得的最大值,再利用三角形的面积公式求得面积的最大值.
【详解】
(I)由正弦定理及得由余弦定理 又,则
(II)由(I)得,又,得
又可得
,当时取得等号所以的ABC面积最大值为.
【点睛】
本小题主要考查利用正弦定理和余弦定理解三角形,并用基本不等式求三角形面积的最大值,属于中档题.
18.如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,CA=CB,AB=AA1,∠BAA1=60°.
O为AB的中点
(1)证明:AB⊥平面A1OC
(2)若AB=CB=2,平面ABC平面A1ABB1,求三棱柱ABC-A1B1C1的体积.
【答案】(1)见解析;(2)3
【解析】
【分析】
(1)利用有一个角是的等腰三角形是等边三角形,证得三角形是等边三角形,由此证得,再根据三角形为等腰三角形证得,故平面.(2)由(1)利用面面垂直的性质定理,证得平面,即为三棱柱的高,由此可求得三棱柱的体积.
【详解】
(1)证明:连结A1B.,因为CA=CB,OA=OB,所OC⊥AB
因为AB=AA1,∠BAA1=60°,所三角形AA1B为等边三角形,
所以AA1=A1B,又OA=OB,所以OA1⊥AB,又=,面A1OC
(2)由题可知,与是边长为2的等边三角形,得
平面ABC平面A1ABB 平面ABC平面A1ABB=AB,
由(1)OA1⊥AB,平面A1ABB
面ABC
为三棱柱ABC-A1B1C1的高
=3
【点睛】
本小题主要考查空间点线面位置关系和空间几何体体积的求法.要证明线面垂直,可以通过证明线线垂直,然后利用线面垂直的判定定理得到结论.要求一个几何体的体积,首先判断几何体的结构,是椎体还是柱体,或者是台体,然后主要将几何体的高找到,进而利用体积公式求得体积.
19.在数列中,
(I)设,求数列的通项公式
(II)求数列的前项和
【答案】(I) ()
(II)=
【解析】试题分析:解:(I)由已知有利用累差迭加即可求出数列的通项公式:()
(II)由(I)知,
=
而,又是一个典型的错位相减法模型,
易得=
考点:数列的通项公式和求和的运用
点评:解决的关键是对于数列的递推关系式的运用,根据迭代法得到通项公式,并结合错位相减法求和。
20.已知过点A(0,4),且斜率为的直线与圆C:,相交于不同两点M、N.
(1)求实数的取值范围;
(2)求证:为定值;
(3)若O为坐标原点,问是否存在以MN为直径的圆恰过点O,若存在则求的值,若不存在,说明理由。
【答案】(1);(2)见解析;(3)不存在.
【解析】
【分析】
(1)设出直线的方程,利用圆心到直线的距离小于半径列不等式,可求得的取值范围.(2)联立直线的方程和圆的方程,写出韦达定理.代入并化简,可证得
为定值.(3)先假设存在这样的直线,利用两个向量的数量积为零建立方程并化简成一元二次方程的形式,计算其判别式,可知不存在.
【详解】
(1)(法一)设直线方程为,即,点C(2,3)到直线的距离为
,解得
(法二)设直线方程为,联立圆C的方程得
,此方程有两个不同的实根
,解得
(2)设直线方程为,联立圆C的方程得
,设M,
则
(3)假设存在满足条件的直线,则有
得,从而得,此方程无实根
所以,不存在以MN为直径的圆过原点。
【点睛】
本小题主要考查直线和圆的位置关系.要直线和圆由两个交点,可以用圆心到直线的距离小于半径来列不等式解决.
21.已知函数,.
(1)若函数在上是增函数,求实数的取值范围;
(2)若存在实数,使得关于的方程有三个不相等的实数根,求实数的取值范围.
【答案】(1);(2).
【解析】
试题分析:(1)把函数化简为,这个分段函数是由两个二次函数构成,右边是开口向上的抛物线的一部分,对称轴是,左边是开口向下的抛物线的一部分,对称轴是,为了使函数为增函数,因此有 ;(2)方程有三个不相等的实数根,就是函数的图象与直线有三个不同的交点,为此研究函数的单调性,由(1)知当时,在上单调递增,不合题意,当时, ,在上单调增,在上单调减,在上单调增,关于的方程有三个不相等的实数根的条件是, 由此有,因为,则有,由于题中是存在,故只要大于1且小于的最大值;当时同理讨论即可.
试题解析:(1),
当时,的对称轴为:;
当时,的对称轴为:;
∴当时,在R上是增函数,
即时,函数在上是增函数;
(2)方程的解即为方程的解.
①当时,函数在上是增函数,
∴关于的方程不可能有三个不相等的实数根;
②当时,即,
∴在上单调增,在上单调减,在上单调增,
∴当时,关于的方程有三个不相等的实数根;即,
∵∴.
设,
∵存在使得关于的方程有三个不相等的实数根,
∴,
又可证在上单调增
∴∴;
③当时,即,∴在上单调增,在上单调减,在上单调增,
∴当时,关于的方程有三个不相等的实数根;
即,∵∴,设
∵存在使得关于的方程有三个不相等的实数根,
∴,又可证在上单调减∴
∴;
综上:.
考点:分段函数,函数的单调性,方程根的分布.
【名师点晴】已知函数有零点(方程有根)求参数值常用的方法和思路:
(1)直接法:直接求解方程得到方程的根,再通过解不等式确定参数范围;
(2)分离参数法:先将参数分离,转化成求函数值域问题加以解决;
(3)数形结合:先对解析式变形,在同一平面直角坐标系中,画出函数的图象,然后观察求解.
本题利用数形结合思想,可把问题转化为研究函数的单调性与最值问题,