广东省梅州市兴宁一中2014-2015学年高二上学期期中数学段考试卷(理科)

广东省梅州市兴宁一中2014-2015学年高二上学期期中数学段考试卷（理科）
一、选择题（每题只有一个答案是正确的，请选出正确答案，每题5分，共40分）
1．（5分）已知集合A={x|y=lg（x+3）}，B={x|x≥2}，则A∩B=（）
A．（﹣3，22，+∞） D．0，1，B．（﹣3，+∞）C．﹣3，+∞）
考点：交集及其运算．
专题：集合．
分析：求出A中x的范围确定出A，找出A与B的交集即可．
解答：解：由A中y=lg（x+3），得到x+3＞0，即x＞﹣3，
∴A=（﹣3，+∞），
∵B=2，+∞）．
故选：C．
点评：此题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键．
2．（5分）观察如图所示的四个几何体：（1）a是棱台；（2）b是圆台；（3）c是棱锥；（4）d不是棱柱．其中判断正确的是（）
A．（1）（2）B．（3）（4）C．（3）D．（4）
考点：棱柱的结构特征；棱锥的结构特征；棱台的结构特征．
专题：空间位置关系与距离．
分析：利用棱台，棱锥、棱柱，圆台的定义判断即可．
解答：解：（1）a是棱台显然不正确，因为侧棱的延长线不能相交于一点；
（2）b是圆台，不正确．因为上下两个平面不平行；
（3）c是棱锥，满足棱锥的定义，正确；
（4）d是棱柱，显然原判断不正确．
故选：C．
点评：本题考查空间几何体的特征，是基础题．
3．（5分）一个几何体的三视图形状都相同，大小均相等，那么这个几何体不可以是（）
A．球B．三棱锥C．正方体D．圆柱
考点：由三视图还原实物图．
专题：作图题．
分析：利用简单几何体的结构特征以及三视图的定义，容易判断圆柱的三视图不可能形状相同，大小均等
解答：解：A、球的三视图均为圆，且大小均等；
B、三条侧棱两两垂直且相等的适当高度的正三棱锥，其一个侧面放到平面上，其三视图均为三角形且形状都相同；
C、正方体的三视图可以是三个大小均等的正方形；
D、圆柱的三视图中必有一个为圆，其他两个为矩形．
故一个几何体的三视图形状都相同，大小均等，那么这个几何体不可以是圆柱．
故选D．
点评：本题主要考查了简单几何体的结构特征，简单几何体的三视图的形状大小，空间想象能力，属基础题
4．（5分）在直角坐标系中，直线的倾斜角为（）
A．B．C．D．
考点：直线的点斜式方程；直线的倾斜角．
专题：计算题．
分析：由于直线的斜率k=可利用直线的倾斜角与斜率的关系再结合倾斜角的范围即可得解．
解答：解：设直线的倾斜角为α
∵直线
∴斜率k==tanα
又∵α∈0，π））能求出α的值！
5．（5分）直线y=﹣x+2与直线3x﹣y﹣2=0垂直，则a等于（）
A．﹣3 B．﹣6 C．D．
考点：直线的一般式方程与直线的垂直关系．
专题：直线与圆．
分析：利用直线垂直与斜率的关系即可得出．
解答：解：∵直线y=﹣x+2与直线3x﹣y﹣2=0垂直，
∴=﹣1，
解得a=．
故选：D．
点评：本题考查了直线垂直与斜率的关系，属于基础题．
6．（5分）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，异面直线AD1与BA1所成的角为（）
A．30°B．45°C．60°D．90°
考点：异面直线及其所成的角．
专题：空间角．
分析：由A1B∥D1C，得异面直线AD1，BA1所成的角为∠AD1C．
解答：解：∵A1B∥D1C，
∴异面直线AD1，BA1所成的角为∠AD1C，
∵△AD1C为等边三角形，
∴∠AD1C=60°．
故选：C．
点评：本题考查两异面直线所成角的求法，是基础题，解题时要注意空间思维能力的培养．
7．（5分）若空间中四条两两不同的直线l1，l2，l3，l4，满足l1⊥l2，l2⊥l3，l3⊥l4，则下列结论一定正确的是（）
A．l1⊥l4B．l1∥l4
C．l1与l4既不垂直也不平行D．l1与l4的位置关系不确定
考点：空间中直线与直线之间的位置关系．
专题：空间位置关系与距离．
分析：根据在空间中垂直于同一直线的二直线的位置关系是平行、相交或异面可得，∴l1与l4的位置关系不确定．
解答：解：∵l1⊥l2，l2⊥l3，∴l1与l3的位置关系不确定，
又l4⊥l3，∴l1与l4的位置关系不确定．
故A、B、C错误．
故选：D．
点评：本题考查了空间直线的垂直关系的判定，考查了学生的空间想象能力，在空间中垂直于同一直线的二直线的位置关系是平行、相交或异面．
8．（5分）函数f（x）=|x﹣2|+1﹣mx的图象总在x轴的上方，则实数m的取值范围是（）
A．B．C．D．
考点：函数恒成立问题．
专题：计算题．
分析：本题考察数形结合及分类讨论思想，可分x＜2及x≥2讨论；也可将问题转化为|x﹣2|≥mx ﹣1恒成立的问题，结合图象即可；
解答：解：由题意可得，f（x）＞0
当x≥2时，由f（x）=（1﹣m）x﹣1＞0恒成立，可得
∴m
当x＜2时，由f（x）=3﹣（m+1）x＞0恒成立，可得
∴
综上可得，
故选A
点评：本题主要考察了函数的恒成立问题的转化，解题的关键是转化为求解函数的最值
二、填空题（填入正确答案，每题5分，共30分）
9．（5分）如图甲所示为一个平面图形的直观图，则此平面图形可能是图乙中的（3）．
考点：斜二测法画直观图．
专题：操作型；空间位置关系与距离．
分析：观察直观图右边的边与纵轴平行，与x轴垂直，这样只有A①②符合题意，由直观图知，上下两条边是不相等的，只有③符合题意．
解答：解：设直观图中与x′轴和y′轴的交点分别为A′和B′，
根据斜二测画法的规则在直角坐标系中先做出对应的A和B点，
再由平行与x′轴的线在原图中平行于x轴，且长度不变，
作出原图可知选③，
故答案为：③
点评：本题考查空间几何体的直观图，考查直观图的做法，这种题目是直观图经常考查的题目，比较简单，是一个基础题．
10．（5分）幂函数f（x）=（m2﹣3）x m+1在（0，+∞）上为增函数，则m=2．
考点：幂函数的性质．
专题：函数的性质及应用．
分析：根据幂函数的定义域性质，列出方程组，求出m的值即可．
解答：解：∵幂函数f（x）=（m2﹣3）x m+1在（0，+∞）上为增函数，
∴；
解得，
∴m=2．
故答案为：2．
点评：本题考查了幂函数的定义以及图象与性质的应用问题，是基础题目．
11．（5分）不论实数k为何值，直线（k+1）x+y+2﹣4k=0总过一定点P，则定点P的坐标为（4，﹣6）．
考点：过两条直线交点的直线系方程．
专题：直线与圆．
分析：化方程为：（x+y+2）+k（x﹣4）=0，由直线系解可得定点坐标．
解答：解：原直线方程可化为：（x+y+2）+k（x﹣4）=0，
由k的任意性可得，
解得，
∴定点P的坐标为（4，﹣6）．
故答案为：（4，﹣6）．
点评：本题考查直线恒过定点问题，涉及交点直线系的应用，属中档题．
12．（5分）设变量x，y满足，则z=x+y的最大值是3．
考点：简单线性规划．
专题：不等式的解法及应用．
分析：画出约束条件不是的可行域，判断目标函数经过的点，求出最大值．
解答：解：由约束条件画出可行域如图所示，，可得
则目标函数z=x+y在点A（2，1）取得最大值，
代入得x+y=3，故x+y的最大值为3．
故答案为：3．
点评：本题考查线性规划的应用，画出约束条件的可行域以及找出目标函数经过的点是解题关键．13．（5分）若等比数列{a n}的各项均为正数，且a10a11+a9a12=2e5，则lna1+lna2+…+lna20=50．
考点：等比数列的性质．
专题：计算题；等差数列与等比数列．
分析：直接由等比数列的性质结合已知得到a10a11=e5，然后利用对数的运算性质化简后得答案．解答：解：∵数列{a n}为等比数列，且a10a11+a9a12=2e5，
∴a10a11+a9a12=2a10a11=2e5，
∴a10a11=e5，
∴lna1+lna2+…lna20=ln（a1a2…a20）=ln（a10a11）10
=ln（e5）10=lne50=50．
故答案为：50．
点评：本题考查了等比数列的运算性质，考查对数的运算性质，考查了计算能力，是基础题．
14．（5分）如图，矩形ABCD中，AB=1，BC=a，PA⊥平面ABCD，若在BC上只有两个点Q满足PQ⊥DQ，则a的取值范围是a＞2．
考点：直线与平面垂直的性质．
专题：空间位置关系与距离．
分析：由已知中PA⊥平面AC，在BC边上取点Q，使PQ⊥DQ，由线面垂直的判定定理及性质可得满足条件时，AQ⊥DQ，即以AD为直径，AD的中点为圆心的圆，再根据AB=1，BC=a，满足条件的Q点有2个，我们可得a的取值范围．
解答：解：∵PA⊥平面ABCD，
∴PA⊥DQ
又∵PQ⊥DQ，PA∩PQ=P
∴DQ⊥平面PAQ
∴DQ⊥AQ
即以AD中点为圆心，以AD为直径的圆与BC的交点
∵AB=1，BC=a，满足条件的Q点有2个，
∴a＞2．
故答案为：a＞2．
点评：本题考查的知识点是空间中直线与直线之间的位置关系，其中根据满足条件时AQ⊥DQ，即以AD为直径的圆与BC的交点，判断出满足条件的Q点有2个，半径大于1，进而得到a的范围，是解答本题的关键．
三、解答题（必须有解答过程，超出答题区域无效）
15．（12分）已知函数f（x）=Asin（x+），x∈R，且f（）=．
（1）求A的值；
（2）若f（θ）﹣f（﹣θ）=，θ∈（0，），求f（﹣θ）．
考点：两角和与差的正弦函数．
专题：三角函数的求值；三角函数的图像与性质．
分析：（1）通过函数f（x）=Asin（x+），x∈R，且f（）=，直接求A的值；
（2）利用函数的解析式，通过f（θ）﹣f（﹣θ）=，θ∈（0，），求出cosθ，利用两角差的正弦函数求f（﹣θ）．
解答：解：（1）∵函数f（x）=Asin（x+），x∈R，且f（）=，
∴f（）=Asin（+）=Asin=，
∴．
（2）由（1）可知：函数f（x）=3sin（x+），
∴f（θ）﹣f（﹣θ）=3sin（θ+）﹣3sin（﹣θ+）
=3
=3•2sinθcos=3sinθ=，
∴sinθ=，
∴cosθ=，
∴f（﹣θ）=3sin（）=3sin（）=3cosθ=．
点评：本题考查两角和与差的三角函数，三角函数的解析式的求法，基本知识的考查．
16．（12分）已知△ABC的顶点为A（1，3），B（3，1），C（﹣1，0）．
（Ⅰ）求AB边所在直线的方程；
（Ⅱ）求△ABC的面积．
考点：直线的两点式方程．
专题：计算题．
分析：（I）依题意，利用直线的两点式即可求得AB边所在直线的方程；
（II）可求得|AB|及点C到直线AB的距离d，从而可求得△ABC的面积．
解答：解：（I）AB边所在直线的方程为=，…（2分）
即x+y﹣4=0．…（4分）
（II）|AB==2|，…（6分）
点C到直线AB的距离d==，就是AB边上的高h，…（10分）
所以，S△ABC=|AB|•h=×2×=5．…（12分）
点评：本题考查直线的两点式方程，考查点到直线AB的距离及三角形的面积，考查运算能力，属于中档题．
17．（14分）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，
（1）求证：直线A1C1⊥面BDD1B1；
（2）若AA1=2，求四棱锥D1﹣ABCD的体积．
考点：直线与平面垂直的判定；棱柱、棱锥、棱台的体积．
专题：计算题；证明题；空间位置关系与距离．
分析：（1）根据正方体的性质，得到BB1⊥平面A1B1C1D1，从而BB1⊥A1C1，结合正方形A1B1C1D1中B1D1⊥A1C1，利用线面垂直判定定理即可证出直线A1C1⊥面BDD1B1；
（2）由AA1=2算出正方形ABCD的面积为4，由DD1⊥平面ABCD得到DD1=2为四棱锥D1﹣ABCD 的高，由此结合锥体的体积公式即可算出四棱锥D1﹣ABCD的体积．
解答：解：（1）BB1⊥平面A1B1C1D1，且A1C1⊂平面A1B1C1D1，∴BB1⊥A1C1…（2分）
∵四边形A1B1C1D1为正方形，∴B1D1⊥A1C1…（4分）
又∵BB1⊂平面BDD1B1，B1D1⊂平面BDD1B1，BB1∩B1D1=B…（6分）
∴直线A1C1⊥面BDD1B1；…（8分）
（2）∵AA1=2，可得正方形ABCD的边长等于2，
∴正方形ABCD的面积S=2×2=4…（10分）
∵DD1⊥平面ABCD，∴DD1为四棱锥D1﹣ABCD的高…（12分）
∴V=×S ABCD×DD1=，
即四棱锥四棱锥D1﹣ABCD的体积为．…（14分）
点评：本题在正方体中证明线面垂直，并求锥体的体积．着重考查了正方体的性质、线面垂直的判定与性质和锥体体积的求法等知识，属于中档题．
18．（14分）设等差数列{a n}的前n项和为S n，且S4=4S2，a2n=2a n+1．
（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；
（Ⅱ）设数列{b n}满足=1﹣，n∈N*，求{b n}的前n项和T n．
考点：数列递推式；等差数列的前n项和；数列的求和．
专题：等差数列与等比数列．
分析：（Ⅰ）设等差数列{a n}的首项为a1，公差为d，由S4=4S2，a2n=2a n+1得到关于a1与d的方程组，解之即可求得数列{a n}的通项公式；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，a n=2n﹣1，继而可求得b n=，n∈N*，于是T n=+++…+，利
用错位相减法即可求得T n．
解答：解：（Ⅰ）设等差数列{a n}的首项为a1，公差为d，由S4=4S2，a2n=2a n+1得：
，
解得a1=1，d=2．
∴a n=2n﹣1，n∈N*．
（Ⅱ）由已知++…+=1﹣，n∈N*，得：
当n=1时，=，
当n≥2时，=（1﹣）﹣（1﹣）=，显然，n=1时符合．
∴=，n∈N*
由（Ⅰ）知，a n=2n﹣1，n∈N*．
∴b n=，n∈N*．
又T n=+++…+，
∴T n=++…++，
两式相减得：T n=+（++…+）﹣
=﹣﹣
∴T n=3﹣．
点评：本题考查数列递推式，着重考查等差数列的通项公式与数列求和，突出考查错位相减法求和，考查分析运算能力，属于中档题．
19．（14分）如图，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，AB=4，BC=CD=2，AA1=2，E，E1，F分别是棱AD，AA1，AB的中点．
（1）证明：直线EE1∥平面FCC1；
（2）求二面角B﹣FC1﹣C的余弦值．
考点：直线与平面平行的判定；棱柱、棱锥、棱台的体积．
专题：空间位置关系与距离．
分析：（1）可以通过证明面面平行来证明线面平行；
（2）通过建立空间直角坐标系，先求出两个平面的法向量，则两个平面的法向量的夹角即为两平面的二面角或其补角．
解答：解：（1）∵F为AB的中点，CD=2，AB=4，AB∥CD，∴CD∥AF，
∴四边形AFCD为平行四边形，∴AD∥FC．
又CC1∥DD1，FC∩CC1=C，FC⊂平面FCC1，CC1⊂平面FCC1，
∴平面ADD1A1∥平面FCC1，
又EE1⊂平面ADD1A1，∴EE1∥平面FCC1．
（2）过D作DR⊥CD交于AB于R，以D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系．
则F（，1，0），B（，3，0），C（0，2，0），C1（0，2，2），
∴=（0，2，0），=（﹣，﹣1，2），=（，3，0）．
由FB=CB=CD=DF，∴四边形BCEF是菱形，∴DB⊥FC．
又CC1⊥平面ABCD，
∴为平面FCC1的一个法向量．
设平面BFC1的一个法向量为=（x，y，z），
则得，可得y=0，令x=2，则z=，∴．
∴===．
故所求二面角的余弦值为．
点评：熟练掌握利用面面平行来证明线面平行、利用两个平面的法向量的夹角求两平面的二面角是解题的关键..
20．（14分）已知f（x）=（a∈R）的图象关于坐标原点对称．
（1）求a的值，并求出函数F（x）=f（x）+2x﹣﹣1的零点；
（2）若函数h（x）=f（x）+2x﹣在内存在零点，求实数b的取值范围；
（3）设g（x）=log4，已知f（x）的反函数f﹣1（x）=log2，若不等式f﹣1（x）≤g（x）在x∈上恒成立，求满足条件的最小整数k的值．
考点：函数零点的判定定理；函数奇偶性的性质．
专题：函数的性质及应用．
分析：（1）由题意知f（x）是R上的奇函数，由f（0）=0，得a=1，即可得出F（x），令F（x）=0解得即可．
（2）由题设知h（x）=0在内有解，即方程（2x）2+2x+1﹣1﹣b=0在内有解．分离参数，利用指数函数和二次函数的单调性即可得出．
（3）由f﹣1（x）≤g（x），，通过化简、换元、利用基本不等式的性质即可得出．
解答：解：（1）由题意知f（x）是R上的奇函数，
∴f（0）=0，得a=1，
∴，
由（2x）2+2x﹣6=0，得2x=2，
∴x=1，
即F（x）的零点为x=1．
（2），
由题设知h（x）=0在内有解，即方程（2x）2+2x+1﹣1﹣b=0在内有解．
∴b=（2x）2+2x+1﹣1=（2x+1）2﹣2在内单调递增，
∴2≤b≤7，
故当2≤b≤7时，在内存在零点．
（3）由f﹣1（x）≤g（x），，
显然．
，
∴，，
∴．
故满足条件的最小整数k的值是8．
点评：本题综合考查了函数的奇偶性、指数函数与对数函数的单调性、基本不等式的性质、反函数，考查了推理能力和计算能力，属于难题．。