【含名校开学考6份试卷合集】山东省东营邹平县联考2019年高二数学上学期开学考试试卷

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山东省邹平市第一中学2023-2024学年高二上学期9月开学考试数学试题

山东省邹平市第一中学2023-2024学年高二上学期9月开学考试数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________二、多选题9．在下列四个命题中，正确的是（）18．已知直线:(21)(1)l m x m +++(1)证明：直线l 与椭圆C 恒有两个交点；(2)已知点()1,0A ，若P 是椭圆C 上任意一点，求19．已知椭圆2222:1(x y C a b a b +=>且与椭圆C 交于A 、B 两点．(1)求椭圆C 的方程；当直线1l 与半圆O 相切时，直线与半圆O 有一个公共点，此时，故选：B.9．AB【分析】根据倾斜角和斜率的关系逐项判断即可.【详解】当090a <<o o 时，其斜率t an k 0a =>，所以A 正确；根据直线倾斜角的定义可得每一条直线都有一条确定的倾斜角，由斜率定义可得当直线的倾斜角90o a ¹时，直线的斜率为tan a ，所以 B 正确；若一条直线的斜率为tan a ，则此直线的倾斜角为180Z k k b a =+´Îo ，，且0180b £<o o . ，故C 不正确；直线的倾斜角为锐角是斜率大于0，倾斜角为钝角时斜率小于0，故D 不正确；故选：AB.10．BD【分析】由204024k k k k ->ìï->íï-¹-î求解可判断A ；由()()240k k --<求解可判断B ；由2040k k -<ìí->î求解可判断C ；由24k k -=-求解可判断D【详解】对于A ：当方程表示椭圆时，204024k k k k ->ìï->íï-¹-î，解得24k <<且3k ¹，故A 错误.对于B ：当方程表示双曲线时，()()240k k --<，解得2k <或4k >，故B 正确.。

2020-2019学年高二数学上学期开学考试试题(新版)新人教版

2019学年度第一学高二开学考试数学试题本试卷分第I 卷和第Ⅱ卷两部分，考试时间120分钟，满分150分第Ⅰ卷（60分）一、选择题（本大题共12小题，毎小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．已知全集U ={1，2，3，4，5}，A ={1，3}，则U A C =（）A ．∅B ．{1，3}C ．{2，4，5}D ．{1，2，3，4，5}2．下列函数中，既是奇函数又在（0，+∞）单调递增的是（）A ．x xy e e -=+ B ．()ln 1y x =+ C ．sin x y x =D ．1y x x=- 3．若3412a ⎛⎫=⎪⎝⎭，1234b ⎛⎫= ⎪⎝⎭，c =log 23，则a ，b ，c 大小关系是（）A ．a ＜b ＜cB ．b ＜a ＜cC ．b ＜c ＜aD ．c ＜b ＜a4．已知α为第二象限的角，且3tan 4α=-，则sin α+cos α=（） A ．75- B ．34- C ．15- D ．155．已知△ABC 的边BC 上有一点D 满足3BD DC =，则AD 可表示为（） A ．23AD AB AC=-+ B ．3144AD AB AC =+ C ．1344AD AB AC =+ D ．2133AD AB AC =+ 6．一个几何体的三视图如图，其左视图是一个等边三角形，则这个几何体的体积为（）A ．(43π+ B ．(86π+ C ．(83π+D ．(4π+7．设n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，已知a 1=S 3=3，则S 4的值为（） A ．﹣3 B ．0 C ．3 D ．6 8．设锐角△ABC 的三内角A 、B 、C 所对边的边长分别为a 、b 、c ，且 a =1，B =2A ，则b 的取值范围为（）A．B．( C．)2 D ．()0,29．已知变量x ，y 满足约束条件206010x y x y x -+≤⎧⎪+-≤⎨⎪-≥⎩，则2x ﹣y 的最小值是（）A ．2B ．﹣2C ．﹣3D ．﹣1 10．若直线220mx ny --=（m ＞0，n ＞0）过点（1，﹣2），则12m n+最小值（） A ．2 B ．6C ．12D ．3+211．已知函数()11x x f x e e +-=+，则满足()221f x e -<+的x 的取值范围是（）A ．x ＜3B ．0＜x ＜3C ．1＜x ＜eD ．1＜x ＜312．设等差数列{}n a 满足22222222272718sin cos cos cos sin sin 1sin()a a a a a a a a -+-=+，公差()1,0d ∈-，若当且仅当n =11时，数列{}n a 的前n 项和n S 取得最大值，则首项1a 的取值范围是（）A ．9,10ππ⎛⎫⎪⎝⎭ B ．11,10ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦ C ．9,10ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．11,10ππ⎛⎫⎪⎝⎭第Ⅱ卷（90分）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13．设向量()1,0a =，()1,b m =-．若()a mab ⊥-，则m = ． 14．已知1cos 123πθ⎛⎫-=⎪⎝⎭，则5sin 12πθ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的值是． 15．函数f （x ）=Asin （ωx+φ）（A ＞0，ω＞0，0≤φ＜2π）在R 上的部分图象如图所示，则f （2018）的值为．16．已知直线l：30mx y m ++=与圆x 2+y 2=12交于A ，B 两点，过A ，B 分别作l 的垂线与x 轴交于C ，D两点，若AB =|CD |= ．三、解答题（本大题共7小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 17．（10分）如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，∠ADB =90°，CB =CD ，点E 为棱PB 的中点．（Ⅰ）若PB =PD ，求证：PC ⊥BD ；（Ⅱ）求证：CE ∥平面PAD ．18．（12分）已知{}n a 的前n 项和24n S n n =-．（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）求数列72n na -⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和T n ．19．在平行四边形ABCD 中，设边AB 、BC 、CD 的中点分别为E 、F 、G ，设DF 与AG 、EG 的交点分别为H 、K ，设AB a =，BC b =，试用a 、b 表示GK 、AH ．20．在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ．已知sin cos 6b A a B π⎛⎫=- ⎪⎝⎭．（Ⅰ）求角B 的大小；（Ⅱ）设a =2，c =3，求b 和sin （2A ﹣B ）的值．21．已知方程x 2+y 2﹣2x ﹣4y +m =0．（Ⅰ）若此方程表示圆，求实数m 的取值范围；（Ⅱ）若（Ⅰ）中的圆与直线x +2y ﹣4=0相交于M ，N 两点，且坐标原点O 在以MN 为直径的圆的外部，求实数m 的取值范围．22．已知函数()•,xxf x e a e x R -=+∈.（Ⅰ）当1a =时，证明： ()f x 为偶函数；（Ⅱ）若()f x 在[)0,+∞上单调递增，求实数a 的取值范围；（Ⅲ）若1a =，求实数m 的取值范围，使()()221m f x f x ⎡⎤+≥+⎣⎦在R 上恒成立.参考答案与试题解析一．选择题（共12小题）8．【解答】解：锐角△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，B=2A，∴0＜2A＜，且B+A=3A，∴＜3A＜π．∴＜A＜，∴＜cosA＜，∵a=1，B=2A，∴由正弦定理可得：=b==2cosA，∴＜2cosA＜，则b的取值范围为（，）．故选：A．11．【解答】解：∵f（x）=e1+x+e1﹣x =，令t=e x，可得y=e（t+），内函数t=e x为增函数，而外函数y=e（t+）在（0，1）上为减函数，在（1，+∞）上为增函数，∴函数f（x）=e1+x+e1﹣x 的减区间为（﹣∞，0），增区间为（0，+∞）．又f（x）=e1+x+e1﹣x为偶函数，∴由f（x﹣2）＜e2+1，得f（|x﹣2|）＜f（1），得|x﹣2|＜1，解得1＜x＜3．故选：D．12．【解答】解：∵等差数列{a n}满足=1，∴===sin（a2﹣a7）=sin（﹣5d）=1，∴sin（5d）=﹣1，∵d∈（﹣1，0），∴5d∈（﹣5，0），∴5d=﹣，d=﹣．由S n=na1+d=na1﹣=﹣π+（a1+）n．对称轴方程为n=（a1+），由题意当且仅当n=11时，数列{a n}的前n项和S n取得最大值，∴＜（a1+）＜，解得：π＜a1＜．∴首项a1的取值范围是（π，）．故选：D．二．填空题（共4小题）13．﹣1． 14. 1315. 2 16. 415．【解答】解：由函数f（x）=Asin（ωx+φ）的部分图象知，=11﹣2=9，解得T=12，ω==；又f（0）=Asinφ=1，∴sinφ=；f（2）=Asin（×2+φ）=A，∴φ=，∴=sin=，∴A=2，∴f（2018）=f（168×12+2）=f（2）=A=2．故答案为：2．16．【分析】先求出m，可得直线l的倾斜角为30°，再利用三角函数求出|CD|即可．【解答】解：由题意，|AB|=2，∴圆心到直线的距离d=3，∴=3，∴m=﹣∴直线l的倾斜角为30°，∵过A，B分别作l的垂线与x轴交于C，D两点，∴|CD|==4．故答案为：4．三．解答题（共6小题，满分22分）17．【解答】证明：（1）取BD的中点O，连结CO，PO，因为CD=CB，所以△CBD为等腰三角形，所以BD⊥CO．因为PB=PD，所以△PBD为等腰三角形，所以BD⊥PO．又PO∩CO=O，所以BD⊥平面PCO．因为PC⊂平面PCO，所以PC⊥BD．解：（2）由E为PB中点，连EO，则EO∥PD，又EO⊄平面PAD，所以EO∥平面PAD．由∠ADB=90°，以及BD⊥CO，所以CO∥AD，又CO⊄平面PAD，所以CO∥平面PAD．又CO∩EO=O，所以平面CEO∥平面PAD，而CE⊂平面CEO，所以CE∥平面PAD．18．【解答】（Ⅰ）解：已知{a n}的前n项和，则：当n≥2时，a n=S n﹣S n﹣1=4n﹣n2﹣4（n﹣1）+（n﹣1）2=5﹣2n．当n=1时，a1=S1=3，适合上式∴a n=5﹣2n．（Ⅱ）解：令=，+…+①，所以：+…+②，①﹣②得：﹣，=，=．整理得：．19．【解答】解：如图所示，因为AB、BC、CD的中点分别为E、F、G，所以=+=+（﹣）=﹣+（﹣+）=．因为A、H、G三点共线，所以存在实数m，使=m=m（+）=m+m；又D、H、F三点共线，所以存在实数n，使=n=n（﹣）=n﹣n．因为+=，所以+n=m+因为a、b不共线，∴解得m=，即=（+）=+．20．【解答】解：（Ⅰ）在△ABC中，由正弦定理得，得bsinA=asinB，又bsinA=acos（B﹣）．∴asinB=acos（B﹣），即sinB=cos（B﹣）=cosBcos+sinBsin=cosB+，∴tanB=，又B∈（0，π），∴B=．（Ⅱ）在△ABC中，a=2，c=3，B=，由余弦定理得b==，由bsinA=acos（B﹣），得sinA=，∵a＜c，∴cosA=，∴sin2A=2sinAcosA=，cos2A=2cos2A﹣1=，∴sin（2A﹣B）=sin2AcosB﹣cos2AsinB==．21．【解答】解：（1）∵程x 2+y 2﹣2x ﹣4y+m=0表示圆， ∴△=（﹣2）2+（﹣4）2﹣4m ＞0，解得m ＜5，∴实数m 的取值范围是（﹣∞，5）．（2）直线x+2y ﹣4=0代入圆的方程，消去x 可得：5y 2﹣16y+8+m=0 ∵△＞0，∴m＜，设M （x 1，y 1），N （x 2，y 2），则y 1+y 2=，y 1y 2=，∴x 1x 2=（4﹣2y 1）（4﹣2y 2）=16﹣8（y 1+y 2）+4y 1y 2=，∵坐标原点O 在以MN 为径的圆的外部， ∴＞0，∴x 1x 2+y 1y 2＞0， ∴+＞0解得m ＞． 22．【解答】：（1）当1a =时， ()xxf x e e -=+，定义域(),-∞+∞关于原点对称，而()()xx f x ee f x --=+=，说明()f x 为偶函数；（2）在[)0,+∞上任取1x 、2x ，且12x x <，则()()()()()121211221212x x x x x x x x x x e e eaf x f x e aee aee +--+---=+-+=，因为12x x <，函数xy e =为增函数，得12x x e e <， 120x xe e -<，而()f x 在[)0,+∞上单调递增，得()()12f x f x <， ()()120f x f x -<，于是必须120x x e a +->恒成立，即12x x a e +<对任意的120x x ≤<恒成立，1a ∴≤；...... （3）由（1）、（2）知函数()f x 在(],0-∞上递减，在[)0,+∞上递增，其最小值()02f =，且()()22222x x x x f x e e e e --=+=+-，设x x t e e -=+，则[)2,t ∈+∞， 110,2t ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦于是不等式()()221m f x f x ⎡⎤⋅+≥+⎣⎦恒成立，等价于21m t t ⋅≥+，即21t m t+≥恒成立，而22211111124t t t t t +⎛⎫=+=+- ⎪⎝⎭，仅当112t =，即2t =时取最大值34，故34m ≥。

2019学年高二数学上学期开学考试试题(含解析)

2019高二开学检测数学（文）试题一、选择题1. 在△ABC中，若a=2b sin A,则B为A. B. C. 或 D. 或【答案】C【解析】，，则或，选C.2. 在△ABC中，，则S△ABC= （）A. B. C. D. 1【答案】C【解析】,选C3. 边长为5、7、8的三角形的最大角与最小角之和的（）A. 90°B. 120°C. 135°D. 150°【答案】B解：根据三角形角边关系可得，最大角与最小角所对的边的长分别为8与5，设长为7的边所对的角为θ，则最大角与最小角的和是180°﹣θ，有余弦定理可得，cosθ==，易得θ=60°，则最大角与最小角的和是180°﹣θ=120°，故选B．考点：余弦定理．4. 等差数列{a n}中，a1＋a5＝10，a4＝7，则数列{a n}的公差为 ( )A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】B...............5. 已知△ABC的周长为9，且，则cosC的值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】，不妨设，,则，选A.6. 在200米高的山顶上，测得山下一塔顶与塔底的俯角分别为30°、60°，则塔高为（）A. 米B. 米C. 200米D. 200米【答案】A【解析】如图,易知,在中，，在中，，由正弦定理，得，即；故选A.7. 已知△ABC中，a＝4，b＝4，∠A＝30°，则∠B等于( )A. 30°B. 30°或150°C. 60°D. 60°或120°【答案】D【解析】试题分析：，；，，或，选D.考点：正弦定理、解三角形8. 已知△ABC中，AB＝6，∠A＝30°，∠B＝120°，则△ABC的面积为( )A. 9B. 18C. 9D. 18【答案】C【解析】试题分析：∠A＝30°，∠B＝120°所以∠C＝30°考点：解三角形9. 某人朝正东方向走x km后，向右转150°，然后朝新方向走3km，结果他离出发点恰好km，那么x的值为（）A. B. 2 C. 2或 D. 3【答案】C【解析】试题分析：依题意，由余弦定理得，解得或.考点：余弦定理的应用10. 在中,则=（）A. 或B.C. D. 以上都不对【答案】C【解析】试题分析：由得考点：正弦定理11. 在三角形ABC中,已知A,b=1,其面积为,则为( )A. B. C. D.【答案】B【解析】试题分析：由题意得，三角形的面积，所以，又，所以，又由余弦定理，可得，所以，则，故选B．考点：解三角形．【方法点晴】本题主要考查了解三角形问题，其中解答中涉及到三角形的正弦定理和余弦定理、三角形的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，以及推理与运算能力，本题的解答中利用比例式的性质，得到是解答的关键，属于中档试题．12. 在△ABC中，若，则等于（）A. 1B.C.D.【答案】C【解析】，则，，，，，，选C.13. 在△ABC中，若，则A等于（）A. B. C. D.【答案】D【解析】 ,，则或，选D.14. 在△ABC中，若，则其面积等于（）A. 12B.C. 28D.【答案】D【解析】，，，选D.15. 在△ABC中，若，则∠A=（）A. B. C. D.【答案】C【解析】即：则，，，选C.16. 在△ABC中，若，则△ABC的形状是（）A. 直角三角形B. 等腰或直角三角形C. 不能确定D. 等腰三角形【答案】B【解析】由正弦定理，得，所以，，又因为，所以或，即或，所以是等腰三角形或直角三角形，故选A.【方法点睛】本题主要考查利用正弦定理、二倍角的正弦公式及三角形内角和定理判断三角形形状，属于中档题.判断三角形状的常见方法是：（1）通过正弦定理和余弦定理，化边为角，利用三角变换得出三角形内角之间的关系进行判断；(2)利用正弦定理、余弦定理，化角为边，通过代数恒等变换，求出边与边之间的关系进行判断；（3）根据余弦定理确定一个内角为钝角进而知其为钝角三角形.17. 在△ABC中，若则A=( )A. B. C. D.【答案】B【解析】, , ,,则，选B .18. 在△ABC中，若，则最大角的余弦是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】，，，最大角为，，选C.19. 在△ABC中，若，则与的大小关系为（）A. B. C. ≥ D. 、的大小关系不能确定【答案】A【解析】解：因为在中，，利用正弦定理，则可知a>b，那么再利用大边对大角，因此选A20. 在△ABC中，，则等于A. 1B. 2C.D. 3【答案】B【解析】根据正弦定理，，，，则，则，，选B 。

【含名校开学考6份试卷合集】山东省汶上县联考2019年高二数学上学期开学考试试卷

2018-2019学年高一下学期数学期末模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

2．选择题必须使用2B 铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。

3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。

4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题（每小题4分,共48分）1.已知四边形ABCD 中，=，0)()(=-⋅+AD AB AD AB ，则其形状为 A.梯形 B.平行四边形 C.矩形 D.菱形2.若a 、b 、c 、R d ∈，则下面四个命题中，正确的命题是 A ．若b a >，d c >，则c a > B ．若b a ->，则b c a c +<- C ．若b a >，则22bc ac > D ．若b a >，d c >，则bd ac > 3.在边长为4的菱形ABCD 中0120=∠BAD ，则AD 在AB 方向上的投影为 A ．32 B ． 2 C ．-2 D ．32- 4.若一个三角形的三边长分别为5、7、8，则其最大角与最小角之和等于 A.90︒ B. 120︒ C.135︒ D.150︒5.a 、b 、c 为三条不重合的直线，α、β、γ为三个不重合的平面，现给出四个说法：①βαβα∥∥∥⇒⎭⎬⎫c c ②βαγβγα∥∥∥⇒⎭⎬⎫ ③αα∥∥∥a c a c ⇒⎭⎬⎫ ④αγαγ∥∥∥a a ⇒⎭⎬⎫ 其中说法正确的是( ) A ．①②③ B ．①④ C ．②D ．①③④6．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A ．6B ．3 3C ．2 3D ．37.等差数列{}n a 的首项为1，公差0d ≠，若236,,a a a 成等比数列，则{}n a 的前6项和等于A.—24B.—3C.3D.88.在正方体1111D C B A ABCD -1中，E ，F 分别是棱11B A ,11D A 的中点，则B A 1与EF 所成角的大小为A ． 6πB ．4πC ．3πD ．2π9.当1>x 时，不等式41x a x +≥-恒成立，则实数a 的最大值为Z §X § A.5 B.4 C.3 D.210.设变量x ，y 满足约束条件⎪⎩⎪⎨⎧≤≥-+≤--306302y y x y x ，则12+-=x y z 的最大值为A ．-6B ．-4C ．2D ．311.如图所示，在山底A 处测得山顶B 的仰角为45︒，沿倾斜角为30︒的山坡向山顶走1000米到达S 点，又测得山顶的仰角为75︒，则山高BC = A.500米 B.1500米 C.1200米 D.1000米12.设n S 为数列{}n a 的前n 项和，对任意的*n N ∈，都有212n n n a a a +++=，若()()37722018230a a ++++=，()3201220121201820150a a +++=，则2018S =A.3027-B.6054-C.2018D.4036Ⅱ卷（非选择题）二、填空题（每空3分共12分）13.某圆柱的侧面展开图是一个正方形，那么这个圆柱的侧面积是其一个底面积的________倍．14.若数列{}n a 满足)(32*2321N n n na a a a n ∈=+⋯+++，则4a =________．15.已知正数a ，b 满足1=+b a ,则11+++b b a a 的最大值________． 30︒75︒15︒ ACD BS16.已知正三棱锥ABC P -（注：正三棱锥底面为正三角形，顶点在底面上的射影为底面的中心），点P ，A ，B ，C 都在球面上，若PA ，PB ，PC 两两互相垂直则P 到截面ABC 的距离为332，则球O 的体积为________．三. 解答题(本大题共4小题,共40分,解答应写出文字说明．．．．,证明过程．．．．或演算步骤．．．．.) 17．已知2()32f x ax x =-+．若不等式()0f x >的解集为}1|{b x x x ><或（1）求,a b 的值；（2）若不等式()(1)0f x m x ++≥对任意[1,2]x ∈-恒成立，求实数m 的取值范围．18.△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a 、b 、c .向量)3,(b c =与)sin ,(cos B C =平行．(1)求C ；(2)若2=c ，且A A B C 2sin 2)sin(sin =-+,求△ABC 的面积．19.如图所示，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是个边长为2的菱形,0120=∠BAD ，侧棱AD PA AB PA ⊥⊥,，且2PA =，M ,N分别是PD ,BC 的中点.(1)证明：//MN 平面PAB ； (2)求三棱锥BDM C -的体积．20. 设{}n a 数列的前n 项的和为n S ，且121n n S S +=+，11a =。

邹平县高中2018-2019学年高二上学期数学期末模拟试卷含解析

邹平县高中2018-2019学年高二上学期数学期末模拟试卷含解析班级__________ 座号_____ 姓名__________ 分数__________一、选择题1．设n S 是等比数列{}n a 的前项和，425S S =，则此数列的公比q =（）A ．-2或-1B ．1或2C.1±或2D ．2±或-12．对一切实数x ，不等式x 2+a|x|+1≥0恒成立，则实数a 的取值范围是（）A ．（﹣∞，﹣2）B ．D ．上是减函数，那么b+c （）A ．有最大值B ．有最大值﹣C ．有最小值D ．有最小值﹣3．在正方体ABCD ﹣A ′B ′C ′D ′中，点P 在线段AD ′上运动，则异面直线CP 与BA ′所成的角θ的取值范围是（）A ．0＜B ．0C ．0D ．04．三个实数a 、b 、c 成等比数列，且a+b+c=6，则b 的取值范围是（）A ．[﹣6，2]B ．[﹣6，0）∪（ 0，2]C ．[﹣2，0）∪（ 0，6]D ．（0，2]　5．已知，，(,2)k =-c ，若，则（）(2,1)a =- (,3)b k =- (1,2)c = (2)a b c -⊥ ||b =A ．B ．C ．D 【命题意图】本题考查平面向量的坐标运算、数量积与模等基础知识，意在考查转化思想、方程思想、逻辑思维能力与计算能力．6．已知△ABC 是锐角三角形，则点P （cosC ﹣sinA ，sinA ﹣cosB ）在（）A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限7．函数在区间上的最大值为5，最小值为1，则的取值范围是（）2()45f x x x =-+[]0,m m A ．B ．C ．D ．[2,)+∞[]2,4(,2]-∞[]0,28．已知三棱锥A ﹣BCO ，OA 、OB 、OC 两两垂直且长度均为6，长为2的线段MN 的一个端点M 在棱OA 上运动，另一个端点N 在△BCO 内运动（含边界），则MN 的中点P 的轨迹与三棱锥的面所围成的几何体的体积为（）A．B ．或36+C ．36﹣D ．或36﹣9．年月“两会”期间，有代表提出适当下调“五险一金”的缴存比例，现拟从某工厂职工中抽取20163名代表调查对这一提案的态度，已知该厂青年，中年，老年职工人数分别为，，，按分20350500150层抽样的方法，应从青年职工中抽取的人数为（）A. B. C. D.56710【命题意图】本题主要考查分层抽样的方法的运用，属容易题.10．已知函数f （x ）=Asin （ωx ﹣）（A ＞0，ω＞0）的部分图象如图所示，△EFG 是边长为2 的等边三角形，为了得到g （x ）=Asin ωx 的图象，只需将f （x ）的图象（）A ．向左平移个长度单位B ．向右平移个长度单位C ．向左平移个长度单位D ．向右平移个长度单位11．如图在圆中，，是圆互相垂直的两条直径，现分别以，，，为直径作四个O AB CD O OA OB OC OD 圆，在圆内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率是（）O DABCO A ．B ．C ．D ．π1π21π121-π2141-【命题意图】本题考查几何概型概率的求法，借助圆这个载体，突出了几何概型的基本运算能力，因用到圆的几何性质及面积的割补思想，属于中等难度．12．复数的值是（）i i -+3)1(2A ．B ．C ．D ．i 4341+-i 4341-i 5351+-i 5351-【命题意图】本题考查复数乘法与除法的运算法则，突出复数知识中的基本运算，属于容易题．二、填空题13．如图所示，正方体ABCD ﹣A ′B ′C ′D ′的棱长为1，E 、F 分别是棱AA ′，CC ′的中点，过直线EF 的平面分别与棱BB ′、DD ′交于M 、N ，设BM=x ，x ∈[0，1]，给出以下四个命题：①平面MENF ⊥平面BDD ′B ′；②当且仅当x=时，四边形MENF 的面积最小；③四边形MENF 周长l=f （x ），x ∈0，1]是单调函数；④四棱锥C ′﹣MENF 的体积v=h （x ）为常函数；以上命题中真命题的序号为．14．设函数f （x ）=若f[f （a ）]，则a 的取值范围是．15．将一枚质地均匀的骰子先后抛掷两次，若第一次朝上一面的点数为a ，第二次朝上一面的点数为b ，则函数y=ax 2﹣2bx+1在（﹣∞，2]上为减函数的概率是．16．过椭圆+=1（a ＞b ＞0）的左焦点F 1作x 轴的垂线交椭圆于点P ，F 2为右焦点，若∠F 1PF 2=60°，则椭圆的离心率为．　17．台风“海马”以25km/h 的速度向正北方向移动，观测站位于海上的A 点，早上9点观测，台风中心位于其东南方向的B 点；早上10点观测，台风中心位于其南偏东75°方向上的C 点，这时观测站与台风中心的距离AC 等于 km ．18．某高中共有学生1000名，其中高一年级共有学生380人，高二年级男生有180人.如果在全校学生中抽取1名学生，抽到高二年级女生的概率为，先采用分层抽样（按年级分层）在全校抽取19.0100人，则应在高三年级中抽取的人数等于.三、解答题19．（本小题满分10分）选修4-1：几何证明选讲如图，四边形外接于圆，是圆周角的角平分线，过点的切线与延长线交于点，ABCD AC BAD ∠C AD E 交于点．AC BD F （1）求证：；BD CE A （2）若是圆的直径，，，求长AB 4AB =1DE =AD20．记函数f （x ）=log 2（2x ﹣3）的定义域为集合M ，函数g （x ）=的定义域为集合N ．求：（Ⅰ）集合M ，N ；（Ⅱ）集合M ∩N ，∁R （M ∪N ）．21．如图所示，在四棱锥中，底面为菱形，为与的交点，平P ABCD -ABCD E AC BD PA ⊥面，为中点，为中点．ABCD M PA N BC （1）证明：直线平面；//MN ABCD（2）若点为中点，，，，求三棱锥的体积．Q PC 120BAD ∠=︒PA =1AB =A QCD -22．在直角坐标系中，已知一动圆经过点且在轴上截得的弦长为4，设动圆圆心的轨xOy (2,0)y 迹为曲线．C （1）求曲线的方程；111]C （2）过点作互相垂直的两条直线，，与曲线交于，两点与曲线交于，两点，(1,0)C A B C E F 线段，的中点分别为，，求证：直线过定点，并求出定点的坐标．AB EF M N MN P P23．已知集合A={x|a ﹣1＜x ＜2a+1}，B={x|0＜x ＜1}（1）若a=，求A ∩B ．（2）若A ∩B=∅，求实数a 的取值范围．24．（本题满分12分）在如图所示的几何体中，四边形为矩形，直线平面，ABCD ⊥AF ABCD ，AB EF //，点在棱上.12,2====EF AF AB AD P DF （1）求证：；BF AD ⊥（2）若是的中点，求异面直线与所成角的余弦值；P DF BE CP（3）若的余弦值.FP =C APD --邹平县高中2018-2019学年高二上学期数学期末模拟试卷含解析（参考答案）一、选择题1．【答案】D 【解析】试题分析：当公比1-=q 时，0524==S S ，成立.当1-≠q 时，24,S S 都不等于，所以42224==-q S S S , 2±=∴q ,故选D.考点：等比数列的性质.2．【答案】B【解析】解：由f （x ）在上是减函数，知f ′（x ）=3x 2+2bx+c ≤0，x ∈，则⇒15+2b+2c ≤0⇒b+c ≤﹣．故选B ．　3．【答案】D【解析】解：∵A 1B ∥D 1C ，∴CP 与A 1B 成角可化为CP 与D 1C 成角．∵△AD 1C 是正三角形可知当P 与A 重合时成角为，∵P 不能与D 1重合因为此时D 1C 与A 1B 平行而不是异面直线，∴0＜θ≤．故选：D ．4．【答案】B【解析】解：设此等比数列的公比为q ，∵a+b+c=6，∴=6，∴b=．当q＞0时，=2，当且仅当q=1时取等号，此时b∈（0，2]；当q＜0时，b=﹣6，当且仅当q=﹣1时取等号，此时b∈[﹣6，0）．∴b的取值范围是[﹣6，0）∪（0，2]．故选：B．【点评】本题考查了等比数列的通项公式、基本不等式的性质、分类讨论思想方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．5．【答案】A【解析】6．【答案】B【解析】解：∵△ABC是锐角三角形，∴A+B＞，∴A＞﹣B，∴sinA＞sin（﹣B）=cosB，∴sinA﹣cosB＞0，同理可得sinA﹣cosC＞0，∴点P在第二象限．故选：B7．【答案】B【解析】m m 试题分析：画出函数图象如下图所示，要取得最小值为，由图可知需从开始，要取得最大值为，由图可知m[]2,4的右端点为，故的取值范围是.考点：二次函数图象与性质．8．【答案】D【解析】【分析】由于长为2的线段MN的一个端点M在棱OA上运动，另一个端点N在△BCO内运动（含边界），有空间想象能力可知MN的中点P的轨迹为以O为球心，以1为半径的球体，故MN的中点P的轨迹与三棱锥的面所围成的几何体的体积，利用体积分割及球体的体积公式即可．【解答】解：因为长为2的线段MN的一个端点M在棱OA上运动，另一个端点N在△BCO内运动（含边界），有空间想象能力可知MN的中点P的轨迹为以O为球心，以1为半径的球体，则MN的中点P的轨迹与三棱锥的面所围成的几何体可能为该球体的或该三棱锥减去此球体的，即：或．故选D9．【答案】C10．【答案】A【解析】解：∵△EFG是边长为2的正三角形，∴三角形的高为，即A=，函数的周期T=2FG=4，即T==4，解得ω==，即f（x）=Asinωx=sin（x﹣），g（x）=sin x，由于f （x ）=sin （x﹣）=sin[（x ﹣）]，故为了得到g （x ）=Asin ωx 的图象，只需将f （x ）的图象向左平移个长度单位．故选：A ．【点评】本题主要考查三角函数的图象和性质，利用函数的图象确定函数的解析式是解决本题的关键，属于中档题．11．【答案】C【解析】设圆的半径为，根据图形的对称性，可以选择在扇形中研究问题，过两个半圆的交点分别O 2OAC 向，作垂线，则此时构成一个以为边长的正方形，则这个正方形内的阴影部分面积为，扇形OA OC 112-π的面积为，所求概率为．OAC ππππ12112-=-=P 12．【答案】C 【解析】．i i i i i i i i i i 53511062)3)(3()3(2323)1(2+-=+-=+-+=-=-+二、填空题13．【答案】　①②④　．【解析】解：①连结BD ，B ′D ′，则由正方体的性质可知，EF ⊥平面BDD ′B ′，所以平面MENF ⊥平面BDD ′B ′，所以①正确．②连结MN ，因为EF ⊥平面BDD ′B ′，所以EF ⊥MN ，四边形MENF 的对角线EF 是固定的，所以要使面积最小，则只需MN 的长度最小即可，此时当M 为棱的中点时，即x=时，此时MN 长度最小，对应四边形MENF 的面积最小．所以②正确．③因为EF ⊥MN ，所以四边形MENF 是菱形．当x ∈[0，]时，EM 的长度由大变小．当x ∈[，1]时，EM 的长度由小变大．所以函数L=f （x ）不单调．所以③错误．④连结C ′E ，C ′M ，C ′N ，则四棱锥则分割为两个小三棱锥，它们以C ′EF 为底，以M ，N 分别为顶点的两个小棱锥．因为三角形C ′EF 的面积是个常数．M ，N 到平面C'EF 的距离是个常数，所以四棱锥C'﹣MENF 的体积V=h （x ）为常函数，所以④正确．故答案为：①②④．【点评】本题考查空间立体几何中的面面垂直关系以及空间几何体的体积公式，本题巧妙的把立体几何问题和函数进行的有机的结合，综合性较强，设计巧妙，对学生的解题能力要求较高．14．【答案】　或a=1　．【解析】解：当时，．∵，由，解得：，所以；当，f（a）=2（1﹣a），∵0≤2（1﹣a）≤1，若，则，分析可得a=1．若，即，因为2[1﹣2（1﹣a）]=4a﹣2，由，得：．综上得：或a=1．故答案为：或a=1．【点评】本题考查了函数的值域，考查了分类讨论的数学思想，此题涉及二次讨论，解答时容易出错，此题为中档题．15．【答案】．【解析】解：由题意，函数y=ax2﹣2bx+1在（﹣∞，2]上为减函数满足条件．∵第一次朝上一面的点数为a，第二次朝上一面的点数为b，∴a取1时，b可取2，3，4，5，6；a取2时，b可取4，5，6；a取3时，b可取6，共9种∵（a，b）的取值共36种情况∴所求概率为=．故答案为：．16．【答案】．【解析】解：由题意知点P的坐标为（﹣c，）或（﹣c，﹣），∵∠F1PF2=60°，∴=，即2ac=b2=（a2﹣c2）．∴e2+2e﹣=0，∴e=或e=﹣（舍去）．故答案为：．【点评】本题主要考查了椭圆的简单性质，考查了考生综合运用椭圆的基础知识和分析推理的能力，属基础题．17．【答案】　25　【解析】解：由题意，∠ABC=135°，∠A=75°﹣45°=30°，BC=25km，由正弦定理可得AC==25km，故答案为：25．【点评】本题考查三角形的实际应用，转化思想的应用，利用正弦定理解答本题是关键．18．【答案】25【解析】考点：分层抽样方法．三、解答题19．【答案】【解析】【命题意图】本题主要考查圆周角定理、弦切角定理、三角形相似的判断与性质等基础知识，意在考查逻辑推证能力、转化能力、识图能力．∴，则，∴．DE DC BC BA =BC AB=24BC AB DE =⋅=2BC =∴在中，，∴，∴，Rt ABC ∆12BC AB =30BAC ∠=︒60BAD ∠=︒∴在中，，所以．Rt ABD ∆30ABD ∠=︒122AD AB ==20．【答案】【解析】解：（1）由2x ﹣3＞0 得 x ＞，∴M={x|x ＞}．由（x ﹣3）（x ﹣1）＞0 得 x ＜1 或x ＞3，∴N={x|x ＜1，或 x ＞3}．（2）M ∩N=（3，+∞），M ∪N={x|x ＜1，或 x ＞3}，∴C R （M ∪N ）=．【点评】本题主要考查求函数的定义域，两个集合的交集、并集、补集的定义和运算，属于基础题．　21．【答案】（1）证明见解析；（2）.18【解析】试题解析：（1）证明：取中点，连结，，PD R MR RC ∵，，，//MR AD //NC AD 12MR NC AD ==∴，，//MR NC MR AC =∴四边形为平行四边形，MNCR ∴，又∵平面，平面，//MN RC RC ⊂PCD MN ⊄PCD ∴平面．//MN PCD（2）由已知条件得，所以1AC AD CD ===ACD S ∆=所以．111328A QCD Q ACD ACD V V S PA --∆==⨯⨯=考点：1、直线与平面平行的判定；2、等积变换及棱锥的体积公式.22．【答案】（１）；（２）证明见解析；．24y x =(3,0)【解析】（2）易知直线，的斜率存在且不为0，设直线的斜率为，，，11(,)A x y 22(,)B x y 则直线：，，(1)y k x =-1212(,)22x x y y M ++由得，24,(1),y x y k x ⎧=⎨=-⎩2222(24)0k x k x k -++=，2242(24)416160k k k ∆=+-=+>考点：曲线的轨迹方程；直线与抛物线的位置关系．【易错点睛】导数法解决函数的单调性问题：（1）当不含参数时，可通过解不等式)(x f )0)((0)(''<>x f x f 直接得到单调递增（或递减）区间．（2）已知函数的单调性，求参数的取值范围，应用条件恒成立，解出参数的取值范围（一般可用不等式恒成立的理论求解），应注意),(),0)((0)(''b a x x f x f ∈≤≥参数的取值是不恒等于的参数的范围．)('x f 23．【答案】【解析】解：（1）当a=时，A={x|}，B={x|0＜x ＜1}∴A ∩B={x|0＜x ＜1}（2）若A ∩B=∅当A=∅时，有a ﹣1≥2a+1∴a ≤﹣2当A ≠∅时，有∴﹣2＜a ≤或a ≥2综上可得，或a ≥2【点评】本题主要考查了集合交集的求解，解题时要注意由A ∩B=∅时，要考虑集合A=∅的情况，体现了分类讨论思想的应用．24．【答案】【解析】【命题意图】本题考查了线面垂直、线线垂直等位置关系及线线角、二面角的度量，突出考查逻辑推理能力及利用坐标系解决空间角问题，属中等难度.（3）因为平面，所以平面的一个法向量.由为的三等分点⊥AB ADF ADF )0,0,1(1=n =P FD 且此时.在平面中，，.所以平面的一个法向量32,32,0(P APC )32,32,0(=)0,2,1(=APC .……………………10分)1,1,2(2--=n 所以，又因为二面角的大小为锐角，所以该二面角的余弦值为36|,cos |212121==><n n C AP D --.……………………………………………………………………12分36。

2019-2019学年高二数学上学期开学考试试题(新版)新人教版

2019学年度第一学高二开学考试数学试题本试卷分第I 卷和第Ⅱ卷两部分，考试时间120分钟，满分150分第Ⅰ卷（60分）一、选择题（本大题共12小题，毎小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．已知全集U ={1，2，3，4，5}，A ={1，3}，则U A C =（）A ．∅B ．{1，3}C ．{2，4，5}D ．{1，2，3，4，5}2．下列函数中，既是奇函数又在（0，+∞）单调递增的是（）A ．x xy e e -=+ B ．()ln 1y x =+ C ．sin x y x =D ．1y x x=- 3．若3412a ⎛⎫=⎪⎝⎭，1234b ⎛⎫= ⎪⎝⎭，c =log 23，则a ，b ，c 大小关系是（）A ．a ＜b ＜cB ．b ＜a ＜cC ．b ＜c ＜aD ．c ＜b ＜a4．已知α为第二象限的角，且3tan 4α=-，则sin α+cos α=（） A ．75- B ．34- C ．15- D ．155．已知△ABC 的边BC 上有一点D 满足3BD DC =，则AD 可表示为（） A ．23AD AB AC =-+ B ．3144AD AB AC =+ C ．1344AD AB AC =+ D ．2133AD AB AC =+ 6．一个几何体的三视图如图，其左视图是一个等边三角形，则这个几何体的体积为（）A ．(43π+ B ．(86π+ C ．(83π+D ．(4π+7．设n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，已知a 1=S 3=3，则S 4的值为（） A ．﹣3 B ．0 C ．3 D ．6 8．设锐角△ABC 的三内角A 、B 、C 所对边的边长分别为a 、b 、c ，且 a =1，B =2A ，则b 的取值范围为（）A ．B ．(C ．)2 D ．()0,29．已知变量x ，y 满足约束条件206010x y x y x -+≤⎧⎪+-≤⎨⎪-≥⎩，则2x ﹣y 的最小值是（）A ．2B ．﹣2C ．﹣3D ．﹣1 10．若直线220mx ny --=（m ＞0，n ＞0）过点（1，﹣2），则12m n+最小值（） A ．2 B ．6C ．12D ．3+211．已知函数()11x x f x e e +-=+，则满足()221f x e -<+的x 的取值范围是（）A ．x ＜3B ．0＜x ＜3C ．1＜x ＜eD ．1＜x ＜312．设等差数列{}n a 满足22222222272718sin cos cos cos sin sin 1sin()a a a a a a a a -+-=+，公差()1,0d ∈-，若当且仅当n =11时，数列{}n a 的前n 项和n S 取得最大值，则首项1a 的取值范围是（）A ．9,10ππ⎛⎫⎪⎝⎭ B ．11,10ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦ C ．9,10ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．11,10ππ⎛⎫⎪⎝⎭第Ⅱ卷（90分）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13．设向量()1,0a =，()1,b m =-．若()a mab ⊥-，则m = ． 14．已知1cos 123πθ⎛⎫-=⎪⎝⎭，则5sin 12πθ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的值是． 15．函数f （x ）=Asin （ωx+φ）（A ＞0，ω＞0，0≤φ＜2π）在R 上的部分图象如图所示，则f （2018）的值为．16．已知直线l：30mx y m ++=与圆x 2+y 2=12交于A ，B 两点，过A ，B 分别作l 的垂线与x 轴交于C ，D两点，若AB =，则|CD |= ．三、解答题（本大题共7小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17．（10分）如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，∠ADB =90°，CB =CD ，点E 为棱PB 的中点．（Ⅰ）若PB =PD ，求证：PC ⊥BD ；（Ⅱ）求证：CE ∥平面PAD ．18．（12分）已知{}n a 的前n 项和24n S n n =-．（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）求数列72n na -⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和T n ．19．在平行四边形ABCD 中，设边AB 、BC 、CD 的中点分别为E 、F 、G ，设DF 与AG 、EG 的交点分别为H 、K ，设AB a =，BC b =，试用a 、b 表示GK 、AH ．20．在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ．已知sin cos 6b A a B π⎛⎫=- ⎪⎝⎭．（Ⅰ）求角B 的大小；（Ⅱ）设a =2，c =3，求b 和sin （2A ﹣B ）的值．21．已知方程x 2+y 2﹣2x ﹣4y +m =0．（Ⅰ）若此方程表示圆，求实数m 的取值范围；（Ⅱ）若（Ⅰ）中的圆与直线x +2y ﹣4=0相交于M ，N 两点，且坐标原点O 在以MN 为直径的圆的外部，求实数m 的取值范围．22．已知函数()•,xxf x e a e x R -=+∈.（Ⅰ）当1a =时，证明： ()f x 为偶函数；（Ⅱ）若()f x 在[)0,+∞上单调递增，求实数a 的取值范围；（Ⅲ）若1a =，求实数m 的取值范围，使()()221m f x f x ⎡⎤+≥+⎣⎦在R 上恒成立.参考答案与试题解析一．选择题（共12小题）8．【解答】解：锐角△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，B=2A，∴0＜2A＜，且B+A=3A，∴＜3A＜π．∴＜A＜，∴＜cosA＜，∵a=1，B=2A，∴由正弦定理可得：=b==2cosA，∴＜2cosA＜，则b的取值范围为（，）．故选：A．11．【解答】解：∵f（x）=e1+x+e1﹣x =，令t=e x，可得y=e（t+），内函数t=e x为增函数，而外函数y=e（t+）在（0，1）上为减函数，在（1，+∞）上为增函数，∴函数f（x）=e1+x+e1﹣x 的减区间为（﹣∞，0），增区间为（0，+∞）．又f（x）=e1+x+e1﹣x为偶函数，∴由f（x﹣2）＜e2+1，得f（|x﹣2|）＜f（1），得|x﹣2|＜1，解得1＜x＜3．故选：D．12．【解答】解：∵等差数列{a n}满足=1，∴精品===sin（a2﹣a7）=sin（﹣5d）=1，∴sin（5d）=﹣1，∵d∈（﹣1，0），∴5d∈（﹣5，0），∴5d=﹣，d=﹣．由S n=na1+d=na1﹣=﹣π+（a1+）n．对称轴方程为n=（a1+），由题意当且仅当n=11时，数列{a n}的前n项和S n取得最大值，∴＜（a1+）＜，解得：π＜a1＜．∴首项a1的取值范围是（π，）．故选：D．二．填空题（共4小题）13．﹣1． 14. 1315. 2 16. 415．【解答】解：由函数f（x）=Asin（ωx+φ）的部分图象知，=11﹣2=9，解得T=12，ω==；又f（0）=Asinφ=1，∴sinφ=；f（2）=Asin（×2+φ）=A，∴φ=，∴=sin=，∴A=2，∴f（2018）=f（168×12+2）=f（2）=A=2．故答案为：2．16．【分析】先求出m，可得直线l的倾斜角为30°，再利用三角函数求出|CD|即可．【解答】解：由题意，|AB|=2，∴圆心到直线的距离d=3，∴=3，∴m=﹣∴直线l的倾斜角为30°，∵过A，B分别作l的垂线与x轴交于C，D两点，∴|CD|==4．故答案为：4．三．解答题（共6小题，满分22分）17．【解答】证明：（1）取BD的中点O，连结CO，PO，因为CD=CB，所以△CBD为等腰三角形，所以BD⊥CO．因为PB=PD，所以△PBD为等腰三角形，所以BD⊥PO．又PO∩CO=O，所以BD⊥平面PCO．因为PC⊂平面PCO，所以PC⊥BD．解：（2）由E为PB中点，连EO，则EO∥PD，又EO⊄平面PAD，所以EO∥平面PAD．由∠ADB=90°，以及BD⊥CO，所以CO∥AD，又CO⊄平面PAD，所以CO∥平面PAD．又CO∩EO=O，所以平面CEO∥平面PAD，而CE⊂平面CEO，所以CE∥平面PAD．18．【解答】（Ⅰ）解：已知{a n}的前n项和，则：当n≥2时，a n=S n﹣S n﹣1=4n﹣n2﹣4（n﹣1）+（n﹣1）2=5﹣2n．当n=1时，a1=S1=3，适合上式∴a n=5﹣2n．（Ⅱ）解：令=，+…+①，所以：+…+②，①﹣②得：﹣，=，=．整理得：．19．【解答】解：如图所示，因为AB、BC、CD的中点分别为E、F、G，所以=+=+（﹣）=﹣+（﹣+）=．因为A、H、G三点共线，所以存在实数m，使=m=m（+）=m+m；又D、H、F三点共线，所以存在实数n，使=n=n（﹣）=n﹣n．因为+=，所以+n=m+因为a、b不共线，∴解得m=，即=（+）=+．20．【解答】解：（Ⅰ）在△ABC中，由正弦定理得，得bsinA=asinB，又bsinA=acos（B﹣）．∴asinB=acos（B﹣），即sinB=cos（B﹣）=cosBcos+sinBsin=cosB+，∴tanB=，又B∈（0，π），∴B=．（Ⅱ）在△ABC中，a=2，c=3，B=，由余弦定理得b==，由bsinA=acos（B﹣），得sinA=，∵a＜c，∴cosA=，∴sin2A=2sinAcosA=，cos2A=2cos2A﹣1=，∴sin（2A﹣B）=sin2AcosB﹣cos2AsinB==．21．【解答】解：（1）∵程x2+y2﹣2x﹣4y+m=0表示圆，∴△=（﹣2）2+（﹣4）2﹣4m＞0，解得m＜5，∴实数m的取值范围是（﹣∞，5）．（2）直线x+2y﹣4=0代入圆的方程，消去x可得：5y2﹣16y+8+m=0∵△＞0，∴m＜，设M（x1，y1），N（x2，y2），则y1+y2=，y1y2=，∴x1x2=（4﹣2y1）（4﹣2y2）=16﹣8（y1+y2）+4y1y2=，∵坐标原点O在以MN为径的圆的外部，精品∴＞0，∴x 1x 2+y 1y 2＞0， ∴+＞0解得m ＞． 22．【解答】：（1）当1a =时， ()xxf x e e -=+，定义域(),-∞+∞关于原点对称，而()()xx f x ee f x --=+=，说明()f x 为偶函数；（2）在[)0,+∞上任取1x 、2x ，且12x x <，则()()()()()121211221212x x x x x x x x x x e e eaf x f x e aee aee +--+---=+-+=，因为12x x <，函数x y e =为增函数，得12x x e e <， 120x xe e -<，而()f x 在[)0,+∞上单调递增，得()()12f x f x <， ()()120f x f x -<，于是必须120x x e a +->恒成立，即12x x a e +<对任意的120x x ≤<恒成立，1a ∴≤；（3）由（1）、（2）知函数()f x 在(],0-∞上递减，在[)0,+∞上递增，其最小值()02f =，且()()22222x x x xf x e e e e --=+=+-，设x xt e e -=+，则[)2,t ∈+∞， 110,2t ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦于是不等式()()221m f x f x ⎡⎤⋅+≥+⎣⎦恒成立，等价于21m t t ⋅≥+，即21t m t +≥恒成立，而22211111124t t t t t +⎛⎫=+=+- ⎪⎝⎭，仅当112t =，即2t =时取最大值34，精品- 11 - 故34m。

2019学年高二数学上学期开学考试试题文(含解析)

河北武邑中学2018-2019学年上学期高二开学摸底考试数学试题第Ⅰ卷选择题：(本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）1.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】，，则故选2.△ABC中，则△ABC的形状是（）A. 直角三角形B. 等边三角形C. 钝角三角形D. 锐角三角形【答案】B【解析】试题分析：由余弦定理得∴故选B.考点：余弦定理的应用3.在△ABC中，B＝135°，C＝15°，a＝5，则此三角形的最大边长为 ( )A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由题意得△ABC的最大边为，根据三角形内角和定理求出A＝30°后再根据正弦定理求出即可．【详解】由题意得B> C，B> A，∴△ABC的最大边为．又，由正弦定理得，∴，即三角形的最大边长为．故选A．【点睛】本题考查正弦定理的应用和三角形中边角间的关系，考查计算能力，属于基础题．4.已知两个等差数列{a n}和{b n}的前n项和分别为A n和B n，且=，则使得为整数的正整数n的个数是（）A. 2B. 3C. 4D. 5【答案】D【解析】【分析】根据等差数列前n项和公式可得，于是将表示为n的关系式，分离常数后再进行讨论，最后可得所求．【详解】由等差数列的前n项和公式可得，，所以当时，为整数，即为整数，因此使得为整数的正整数n共有5个．故选D．【点睛】本题考查等差数列的和与项的关系和推理论证能力，解题时要结合求和公式进行变形，然后再根据变形后的式子进行分析，本题具有一定的综合性和难度，能较好地考查学生的综合素质．5.下列事件是随机事件的是（）①当时，；②当有解③当关于x的方程在实数集内有解；④当时，A. ①②B. ②③C. ③④D. ①④【答案】C【解析】【分析】根据随机事件的概念对四个事件分别进行分析即可得到结论．【详解】对于①，由于时，成立，故事件①为必然事件；对于②，由于无实数根，故事件②为不可能事件；对于③，当关于x的方程在实数集内可能有解、也可能无解，故事件③为随机事件；对于④，当时，可能成立，也可能不成立，故事件④为随机事件．综上，事件③④为随机事件．故选C．【点睛】本题考查随机事件的概念和判断，解题时根据随机事件的概念求解即可，考查对基础知识的理解和掌握，属于基础题，．6.二次函数的最大值为0，则（）A. 1B. －1C.D.【答案】B【解析】【分析】根据题意得到，然后再根据二次函数的最大值可求出的值．【详解】因为二次函数有最大值，所以．又二次函数的最大值为，由题意得，解得．故选B．【点睛】解题时要先根据二次函数的最值情况判断出的符号，然后再根据最值情况求得的值即可，考查理解判断和计算能力．7.容量为100的样本，其数据分布在，将样本数据分为4组：，，，，得到频率分布直方图如图所示，则下列说法不正确的是（）A. 样本数据分布在的频率为0.32B. 样本数据分布在的频数为40C. 样本数据分布在的频数为40D. 估计总体数据大约有10%分布在【答案】D 【解析】【分析】根据频率分布直方图对给出的四个选项逐一分析、判断后可得结果．【详解】对于A ，由图可得样本数据分布在的频率为，所以A 正确．对于B ，由图可得样本数据分布在的频数为，所以B 正确．对于C ，由图可得样本数据分布在的频数为，所以C 正确. 对于D ，由图可估计总体数据分布在的比例为，故D 不正确．故选D ．【点睛】本题考查频率分布直方图的应用，考查识图和用图解题的能力，解题时容易出现的错误是误认为图中小长方形的高为频率，求解时要注意这一点．8.甲、乙、丙三名运动员在某次比赛中各射击20次，三人成绩如下表用分别表示甲、乙、丙三人这次射击成绩的标准差，则下列关系正确的是（）A. B.C.D.【答案】B 【解析】【分析】根据题中数据求出甲、乙、丙三名运动员的比赛成绩的平均数和方差后比较即可得到结论．【详解】用分别表示甲、乙、丙三人这次射击成绩的平均数，由题意得：，，．所以,，，故，所以．故选B．【点睛】本题考查样本平均数、方差的计算，由于解题时涉及到大量的计算，因此本题中容易出现的问题是计算中的错误，要求平时要做好这方面的训练．9.△ABC的内角A、B、C的对边分别为a,b,c,且sinA,sinB，sinC成等比数列，且c=2a，则cosB的值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由sinA,sinB,sinC成等比数列得到，再结合和余弦定理可得的值．【详解】∵sinA,sinB,sinC成等比数列，∴，由正弦定理得．又，故在△ABC中，由余弦定理的推论得．故选B．【点睛】本题考查用余弦定理解三角形，其中解题的关键是根据题意得到三角形中三边的关系，考查计算能力和转化能力，属于基础题．10.数列满足，，，则等于( )A. 15B. 10C. .9D. 5【答案】A【解析】【分析】先由题意计算得到的值，然后再根据的值求出即可．【详解】由题意得，即，解得，∴，∴．故选A．【点睛】解答本题的关键是求出，进而得到数列的递推关系，然后再结合题意求解，考查推理和计算能力，属于基础题．11.下列命题中错误．．的是( )A. 如果平面⊥平面，那么平面内一定存在直线平行于平面B. 如果平面不垂直于平面，那么平面内一定不存在直线垂直于平面C. 如果平面⊥平面，平面⊥平面，，那么⊥平面D. 如果平面⊥平面，那么平面内所有直线都垂直于平面【答案】D【解析】A. 如图，平面α⊥平面β，α∩β=l，l⊂α，l不垂直于平面β，所以不正确；B. 如A中的图,平面α⊥平面β,α∩β=l,a⊂α,若a∥l,则a∥β，所以正确；C. 如图，设α∩γ=a，β∩γ=b，在γ内直线a、b外任取一点O，作OA⊥a，交点为A，因为平面α⊥平面γ，所以OA⊥α，所以OA⊥l，作OB⊥b，交点为B，因为平面β⊥平面γ，所以OB⊥β，所以OB⊥l，又OA∩OB=O，所以l⊥γ.所以正确。

2019~2020学年度高二年级第一学期数学开学测试(附答案解析)

2019~2020学年度高二年级第一学期开学测试数学试卷考试范围：必修二必修五难度区间：A(难度大)考试时间：120分钟分值：150分注意：本试卷包含Ⅰ、Ⅱ两卷。

第Ⅰ卷为选择题，所有答案必须用2B铅笔涂在答题卡中相应的位置。

第Ⅱ卷为非选择题，所有答案必须填在答题卷的相应位置。

答案写在试卷上均无效，不予记分。

第I卷（选择题共50分）一、选择题（本大题共10小题，共50.0分）1.在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC=120°，AP=，，M是线段BC上一动点，线段PM长度最小值为，则三棱锥P-ABC的外接球的表面积是（）A. B. C. D.2.正方体ABCD-A1B1C1D1的棱上到异面直线AB，CC1的距离相等的点的个数为（）A. 2B. 3C. 4D. 53.若直线x＋（1＋m）y－2＝0与直线mx＋2y＋4＝0平行，则m的值是（）A. 1B.C. 1或D.4.函数y=f（x）的图象如图所示，在区间[a，b]上可找到n（n≥2）个不同的数x1，x2，…，x n，使得=…=，则n的取值范围是（）A.B. 3，C. 4，D.5.已知平面上点，其中，当，变化时，则满足条件的点P在平面上所组成图形的面积是A. B. C. D.6.已知数列中，.若对于任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围为（）A. B.C. D.7.在锐角三角形ABC中，已知，则的取值范围为A. B. C. D.8.在锐角三角形ABC中，cos（A+）=-，AB=7，AC=2，则=（）A. B. 40 C. D. 349.已知三棱锥A—BCD的所有顶点都在球O的球面上，AD⊥平面ABC，∠BAC=90°，AD=2，若球O的表面积为29π，则三棱锥A—BCD的侧面积的最大值为( )A. B. C. D.10.如图，正方体ABCD-A′B′C′D′中，M为BC边的中点，点P在底面A′B′C′D′和侧面CDD′C′上运动并且使∠MAC′=∠PAC′，那么点P的轨迹是（）A. 两段圆弧B. 两段椭圆弧C. 两段双曲线弧D. 两段抛物线弧第II卷（非选择题共60分）二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）11.已知在体积为4π的圆柱中，AB，CD分别是上、下底面直径，且AB⊥CD，则三棱锥A-BCD的体积为______．12.底面边长为2m，高为1m的正三棱锥的全面积为______ m2．13.在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c ，已知=，b=4a，a+c=5，则△ABC的面积为______．14.已知数列{a n}中，a1=1，a n-a n-1=n（n≥2，n N），设b n=+++…+，若对任意的正整数n，当m[1，2]时，不等式m2-mt+＞b n恒成立，则实数t的取值范围是______．三、解答题（本大题共8小题，共80.0分）15.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin（A+C）=8sin2．（1）求cos B；（2）若a+c=6，△ABC的面积为2，求b．16.已知函数f（x）=|x-|+|x+|，M为不等式f（x）＜2的解集．（Ⅰ）求M；（Ⅱ）证明：当a，b M时，|a+b|＜|1+ab|．17.已知数列的前n项和为，且．Ⅰ求数列的通项公式；Ⅱ若，设数列的前n项和为，证明．18.如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E，F分别是AB，BC的中点，将△AED，△DCF分别沿DE，DF折起，使A，C两点重合于P．（Ⅰ）求证：平面PBD⊥平面BFDE；（Ⅱ）求四棱锥P-BFDE的体积．19.已知圆M的方程为，直线l的方程为，点P在直线l上，过点P作圆M的切线PA，PB，切点为A，B．（1）若，试求点P的坐标；（2）求证：经过A，P，M三点的圆必过定点，并求出所有定点的坐标．20.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为 3 的菱形，∠ABC=60°，PA⊥平面ABCD，PA=3，F是棱PA上的一个动点，E为PD的中点．（Ⅰ）若AF=1，求证：CE∥平面BDF；（Ⅱ）若AF=2，求平面BDF与平面PCD所成的锐二面角的余弦值．21.已知圆C：，直线l：，．求证：对，直线l与圆C总有两个不同的交点A、B；求弦AB的中点M的轨迹方程，并说明其轨迹是什么曲线；是否存在实数m，使得圆C上有四点到直线l的距离为？若存在，求出m的范围；若不存在，说明理由．22.如图，在平面直角坐标系中，已知圆：，圆：．（1）若过点的直线被圆截得的弦长为，求直线的方程；（2）设动圆同时平分圆的周长、圆的周长．①证明：动圆圆心C在一条定直线上运动；②动圆是否经过定点？若经过，求出定点的坐标；若不经过，请说明理由．答案和解析1.【答案】C【解析】【分析】本题考查的知识要点：三棱锥的外接球的球心的确定及球的表面积公式的应用．首先确定三角形ABC为等腰三角形，进一步确定球的球心，再求出球的半径，最后确定球的表面积．【解答】解：如图所示：三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，AP=，M是线段BC上一动点，线段PM长度最小值为，则当AM⊥BC时，线段PM达到最小值，由于PA⊥平面ABC,AM平面ABC,所以PA AM所以在中，PA2+AM2=PM2，解得AM=1，因为PA⊥平面ABC，BM平面ABC，则由，，平面PAM，故有BM平面PAM，AM平面PAM，BM，所以在中，BM==，则tan∠BAM==,则∠BAM=60°，由于∠BAC=120°，所以∠MAC=∠BAC-∠BAM=60°则△ABC为等腰三角形．所以BC=2，在△ABC中，设外接圆的直径为2r=，则r=2，设球心距离平面ABC的的高度为h,则,解得,所以外接球的半径R═，则S=，故选：C．2.【答案】C【解析】解：如图：正方体ABCD-A1B1C1D1，E、F分别是BC和A1D1的中点，连接AF和FC1，根据正方体的性质知，BB1⊥AB，C1C⊥B1C1，故B1到异面直线AB，CC1的距离相等，同理可得，D到异面直线AB，CC1的距离相等，又有AB⊥BC，C1C⊥BC，故E到异面直线AB，CC1的距离相等，F为A1D1的中点，易计算FA=FC1，故F到异面直线AB，CC1的距离相等，共有4个点．故选C．画出正方体，结合正方体中线面、线线垂直，先找定点、再找棱的中点，找出符合条件的所有的点．本题考查了正方体体的结构特征，考查了线面、线线垂直定理的应用，利用异面直线之间距离的定义进行判断，考查了观察能力和空间想象能力．3.【答案】A【解析】【分析】本题主要考查两直线的位置关系，由两直线平行的充要条件，列出方程求解即可．【解答】解：直线x+（1+m）y-2=0和直线mx+2y+4=0平行，可得，得：m=1.故选A．4.【答案】B【解析】解：令y=f（x），y=kx，作直线y=kx，可以得出2，3，4个交点，故k=（x＞0）可分别有2，3，4个解．故n的取值范围为2，3，4．故选：B．由表示（x，f（x））点与原点连线的斜率，结合函数y=f（x）的图象，数形结合分析可得答案．本题考查的知识点是斜率公式，正确理解表示（x，f（x））点与原点连线的斜率是解答的关键．5.【答案】C【解析】解：由题意可得，点;而且圆心（x0，y0）在以原点为圆心，以2为半径的圆上．满足条件的点P在平面内所组成的图形的面积是以6为半径的圆的面积减去以2为半径的圆的面积，即36π-4π=32π，故选：C．先根据圆的标准方程求出圆心和半径，然后研究圆心的轨迹，根据点P在平面内所组成的图形是一个环面进行求解即可．本题主要考查了圆的参数方程，题目比较新颖，正确理解题意是解题的关键，属于中档题．6.【答案】C【解析】【分析】本题主要考查数列的求和、一元二次不等式，根据题中等式变形得，构造，从而解出本题.【解答】根据题意，，所以，所以，所以，因为对于任意的，，不等式恒成立，所以在时恒成立，即在时恒成立，设，，则，即，解得或，即实数的取值范围为.故选C.7.【答案】A【解析】【分析】本题考查了锐角三角形内角和定理及其性质、余弦函数的单调性、不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．在锐角三角形ABC中，A＞B＞C，A+B+C=π，可得，于是＞，即可得出．【解答】解：∵在锐角三角形ABC中，A＞B＞C，A+B+C=π，∴，∴，又∵，∴，∴．故选A．8.【答案】A【解析】【分析】本题考查了平面向量数量积的性质及其运算，属中档题．由cos（A+）=解得cosA=，再由余弦定理得BC=，cosB=，再根据向量数量积可得结果．【解答】解：由cos（A+）=-得：cosAcos -sinAsin =-，得cosA=sinA-，两边平方得：cos2A=sin2A-sinA+，整理得sin2A-sinA+-=0，解得sinA=或sinA=-（舍去），又A为锐角，∴cosA=，∴BC2=AB2+AC2-2AB•AC•cosA=72+（2）2-2××=43，∴BC=，∴cosB===，∴•=AB•BC•cos（π-B）=7××（-）=-40．故选A．9.【答案】A【解析】【分析】本题考查三棱锥的内接球的问题，找到球心所在是解题的关键.【解答】解析：因为球O的表面积为29π，所以球的半径为，设AB=a,AC=b，则底面直角三角形ABC的斜边为其外接圆的半径为因为AD⊥平面ABC，所以外接球的半径为=，则，由题意可知，所求三棱锥的侧面积为,运用基本不等式，，当且仅当时，等号成立，即侧面积的最大值为.故选A.10.【答案】C【解析】【分析】本题考查正圆锥曲线被与中心轴成θ的平面所截曲线的轨迹，考查分析运算能力，属于难题．以A点为坐标原点建立空间直角坐标系，可求得A，C′，M等点的坐标，从而可求得cos∠MAC′，设设AC′与底面A′B′C′D′所成的角为θ，继而可求得cosθ，比较θ与∠MAC′的大小，利用正圆锥曲线被与中心轴成θ的平面所截曲线，即可得到答案．【解答】解：P点的轨迹实际是一个正圆锥面和两个平面的交线；这个正圆锥面的中心轴即为AC′，顶点为A，顶角的一半即为∠MAC′；以A点为坐标原点建立空间直角坐标系，则A（0，0，1），C′（1，1，0），M （，1，1），∴=（1，1，-1），=（，1，0），∵cos∠MAC′====，设AC′与底面A′B′C′D′所成的角为θ，则cosθ====＞，∴θ＜∠MAC′，∴该正圆锥面和底面A′B′C′D′的交线是双曲线弧；同理可知，P点在平面CDD′C′的交线是双曲线弧，故选C．11.【答案】【解析】解：取AB的中点O，连接OC，OD，则AD=BD，∴OD⊥AB，又AB⊥CD，CD∩OD=D，∴AB⊥平面OCD，设圆柱的底面半径为R，高为h，则V圆柱=πR2h=4π，即R2h=4，∴三棱锥A-BCD的体积为V A-OCD+V B-OCD=S△OCD•AB===．故答案为：．将三棱锥分解成两个小棱锥计算．本题考查了圆柱、圆锥的体积计算，属于中档题．12.【答案】【解析】解：如图所示，正三棱锥S-ABC，O为顶点S在底面BCD内的射影，则O为正△ABC的垂心，过C作CH⊥AB于H，连接SH．则SO⊥HC，且，在Rt△SHO 中，．于是，，．所以．故答案为由已知中正三棱锥的底面边长为2m，高为1m，我们易出求棱锥的侧高，进而求出棱侧面积和底面面积即可求出棱锥的全面积．本题主要考查基本运算，应强调考生回归课本、注重运算、留心单位、认真审题．13.【答案】【解析】【分析】本题主要考查了正弦定理，同角三角函数基本关系式，余弦定理，三角形面积公式在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题.由已知及正弦定理可求= ，又b = 4a，可求sinC，利用同角三角函数基本关系式可求cosC，利用余弦定理解得a，b，c的值，进而利用三角形面积公式即可计算得解.【解答】解：由正弦定理及= ，得= ，又b=4a，∴sinC= ，∵△ABC为锐角三角形，∴cosC= ，∴cosC= == =，解得a = 1，b = 4 ，c = 4，∴S△ABC=absinC == .故答案为.14.【答案】（-∞，1）【解析】【分析】本题考查数列的通项及前n项和，涉及利用导数研究函数的单调性，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于难题．通过并项相加可知当n≥2时a n-a1=n+（n-1）+…+3+2，进而可得数列{a n}的通项公式a n =n（n+1），裂项、并项相加可知b n=2（-）==，通过求导可知f（x）=2x+（x≥1）是增函数，进而问题转化为m2-mt+＞（b n）max，由恒成立思想，即可得结论.【解答】解：∵a1=1，a n-a n-1=n（n≥2，n N），当n≥2时，a n-a n-1=n，a n-1-a n-2=n-1，…，a2-a1=2，并项相加，得：a n-a1=n+（n-1）+…+3+2，∴a n=1+2+3+…+n=n（n+1），又∵当n=1时，a1=×1×（1+1）=1也满足上式，∴数列{a n}的通项公式为a n =n（n+1），∴b n =+++…+=++…+=2（-+-+…+-）=2（-）==，令f（x）=2x+（x≥1），设x1>x2>1,则f(x1)-f(x2)=,,f(x1)-f(x2)>0∴f（x）在x[1，+∞）上是增函数，故当x=1时，f（x）min=f（1）=3，即当n=1时，（b n）max =，对任意的正整数n，当m[1，2]时，不等式m2-mt+＞b n恒成立，则须使m2-mt+＞（b n）max=，即m2-mt＞0对∀m[1，2]恒成立，即t＜m的最小值，可得得t＜1，∴实数t的取值范围为（-∞，1），故答案为：（-∞，1）．15.【答案】解：（1）sin（A+C）=8sin2，∴sin B=4（1-cos B），∵sin2B+cos2B=1，∴16（1-cos B）2+cos2B=1，∴16（1-cos B）2+cos2B-1=0，∴16（cos B-1）2+（cos B-1）（cos B+1）=0，∴（17cos B-15）（cos B-1）=0，∴cos B=；（2）由（1）可知sin B=，∵S△ABC=ac•sin B=2，∴ac=，∴b2=a2+c2-2ac cos B=a2+c2-2××=a2+c2-15=（a+c）2-2ac-15=36-17-15=4，∴b=2．【解析】（1）利用三角形的内角和定理可知A+C=π-B，再利用诱导公式化简sin （A+C），利用降幂公式化简8sin 2，结合sin2B+cos2B=1，求出cosB，（2）由（1）可知sinB=，利用勾面积公式求出ac，再利用余弦定理即可求出b．本题考查了三角形的内角和定理，三角形的面积公式，二倍角公式和同角的三角函数的关系，属于中档题.16.【答案】解：（I）当x＜时，不等式f（x）＜2可化为：-x-x-＜2，解得：x＞-1，∴-1＜x＜，当≤x≤时，不等式f（x）＜2可化为：-x+x+=1＜2，此时不等式恒成立，∴≤x≤，当x＞时，不等式f（x）＜2可化为：-+x+x+＜2，解得：x＜1，∴＜x＜1，综上可得：M=（-1，1）；证明：（Ⅱ）当a，b M时，（a2-1）（b2-1）＞0，即a2b2+1＞a2+b2，即a2b2+1+2ab＞a2+b2+2ab，即（ab+1）2＞（a+b）2，即|a+b|＜|1+ab|．【解析】本题考查的知识点是绝对值不等式的解法，不等式的证明，是中档题．（I）分当x ＜时，当≤x≤时，当x ＞时三种情况，分别求解不等式，综合可得答案；（Ⅱ）当a，b M时，（a2-1）（b2-1）＞0，即a2b2+1＞a2+b2，配方后，可证得结论．本题考查的知识点是绝对值不等式的解法，不等式的证明，难度困难．17.【答案】解：（1）当时，，得，当时，，得，∴数列是公比为3的等比数列，∴ .（2）由（1）得：，又①∴②两式相减得：，故，∴.【解析】本题考査了等比数列的通项公式与求和公式、“错位相减法”、数列的递推关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.（1）利用时，即可得出.（2）利用“错位相减法”、等比数列的求和公式即可得出.18.【答案】（Ⅰ）证明：连接EF交BD于O，连接OP．在正方形ABCD中，点E是AB中点，点F是BC中点，∴BE=BF，DE=DF，∴△DEB≌△DFB，∴在等腰△DEF中，O是EF的中点，且EF⊥OD，因此在等腰△PEF中，EF⊥OP，从而EF⊥平面OPD，又EF⊂平面BFDE，∴平面BFDE⊥平面OPD，即平面PBD⊥平面BFDE；（Ⅱ）解：由（Ⅰ）的证明可知平面POD⊥平面DEF，可得，，，PD=2，由于，∴∠OPD=90°，作PH⊥OD于H，则PH⊥平面DEF，在Rt△POD中，由OD•PH=OP•PD，得．又四边形BFDE的面积，∴四棱锥P-BFDE的体积．【解析】（Ⅰ）连接EF交BD于O，连接OP，在正方形ABCD中，点E是AB中点，点F是BC中点，可得EF⊥OP，又EF⊂平面BFDE，即可证得平面PBD⊥平面BFDE；（Ⅱ）由（Ⅰ）的证明可知平面POD⊥平面DEF，进一步得到∠OPD=90°，作PH⊥OD于H，则PH⊥平面DEF，求出PH的值，则答案可求．本题主要考查空间面面垂直的判定与性质、空间面面夹角的计算等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，是中档题．19.【答案】解：（1）根据题意，点P在直线上，设P（3m，m），连接MP，因为圆M的方程为，∴圆心M(0,2)，半径r=1，∵过点P作圆M的切线PA,PB,切点为A,B，则有⊥，⊥，且，易得≌，又，即,则,即有，解得或，即P点的坐标为或，（2）根据题意，PA是圆M的切线，则⊥，则过点A,P,M三点的圆以MP为直径的圆，设P点坐标为（3m，m），M（0,2），则以MP为直径的圆为，变形得，即，则有，解得或，则当和时，恒成立，则经过A,P,M三点的圆必过定点，且定点坐标为和.【解析】本题主要考查了直线和圆的方程的综合应用以及圆锥曲线中的定点问题，考查学生的运算求解能力和逻辑思维能力，难度较大. （1）根据题意，设P 点坐标，利用全等关系解得，即可解出m 的值，即P 点的坐标. （2）根据题意可得，根据斜率可得，解出n 的之即可解出面积最小值.（3）根据题意，PA 是圆M 的切线，则，可得以MP 为直径的圆为，即可解得经过A,P,M 三点的圆必过定点，且定点坐标为和.20.【答案】（Ⅰ）证明：如图所示，取PF 中点G ，连接EG ，CG ．连接AC 交BD 于O ，连接FO ．由题可得F 为AG 中点，O 为AC 中点，∴FO ∥GC ；又G 为PF 中点，E 为PD 中点，∴GE ∥FD ．又GE ∩GC =G ，GE 、GC ⊂面GEC ，FO ∩FD =F ，FO ，FD ⊂面FOD ． ∴面GEC ∥面FOD ． ∵CE ⊂面GEC ，∴CE ∥面BDF ；（Ⅱ）解：∵底面ABCD 是边长为 3 的菱形，∴AC ⊥BD ，设交点为O ，以O 为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，则B （0，- ，0），D （0，，0），P （- ，0，3），C （，0，0），F （，0，2）．则，，，，，，，，，，，．设平面BDF 的一个法向量为，，，则，取z =3，得，，．设平面PCD 的一个法向量为，，，则，取y = ，得，，． ∴cos ＜，＞==． ∴平面 BDF 与平面 PCD 所成的锐二面角的余弦值为．【解析】（Ⅰ）取PF 中点G ，连接EG ，CG ．连接AC 交BD 于O ，连接FO ．由三角形中位线定理可得FO ∥GC ，GE ∥FD ．然后利用平面与平面平行的判定得到面GEC ∥面FOD ，进一步得到CE ∥面BDF ；（Ⅱ）由底面ABCD 是边长为 3 的菱形，可得AC ⊥BD ，设交点为O ，以O为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，求出所用点的坐标，再求出平面 BDF 与平面 PCD的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值求得平面 BDF 与平面 PCD所成的锐二面角的余弦值．本题考查直线与平面平行的判定，考查利用空间向量求二面角的平面角，是中档题．21.【答案】（1）证明:圆C：（x+2）2+y2=5的圆心为C（-2，0），半径为，所以圆心C到直线l：mx-y+1+2m=0的距离＜．所以直线l与圆C相交，即直线l与圆C总有两个不同的交点；（2）解：设中点为M（x，y），因为直线l：mx-y+1+2m=0恒过定点N（-2，1），则,又所以,所以M的轨迹方程是，它是一个以，为圆心，以为半径的圆．（3）解:假设存在直线l，使得圆上有四点到直线l的距离为，由于圆心C（-2，0），半径为，则圆心C（-2，0）到直线l的距离为,由于圆心C(-2,0) ，半径为，则圆心C(-2,0)到直线l的距离为＜化简得m2＞4，解得m＞2或m＜-2．【解析】本题考查点到直线的距离公式，直线的一般式方程，轨迹方程，直线和圆的方程的应用，考查转化思想，考查分析问题解决问题的能力，计算能力，是中档题．（1）圆心C到直线l：mx-y+1+2m=0的距离，可得：对m R，直线l与圆C总有两个不同的交点A、B；（2）设中点为M（x，y），利用k AB•k MC=-1，即可求弦AB的中点M的轨迹方程，并说明其轨迹是什么曲线；（3）利用圆心C（-2，0）到直线l的距离为，求出m的范围．22.【答案】(1)解:设直线l的方程为y＝k(x+1)，即kx-y+k＝0．因为直线l被圆C2截得的弦长为，而圆C2的半径为1，所以圆心C2(3，4)到直线l:kx-y+k＝0的距离为＋，化简，得12k2-25k+12＝0，解得或．所以直线l的方程为4x-3y+4＝0或3x-4y+3＝0;②写出动圆的方程即可求解.(2)①证明:设圆心C(x，y)，由题意，得|CC1|＝|CC2|，即＋＋＋．化简得x+y-3＝0，即动圆圆心C在定直线x+y-3＝0上运动;②解:圆C过定点，设C(m，3-m)，则动圆C的半径为＋＋＋＋．于是动圆C的方程为(x-m)2+(y-3+m)2＝1+(m+1)2+(3-m)2，整理，得x2+y2-6y-2-2m(x-y+1)＝0．由得或，所以动圆C经过定点，其坐标为，．【解析】本题考查直线与圆及圆与圆的位置关系,同时考查动点轨迹的探求.(1)利用圆的弦长计算方法即可求解;(2)①由已知有|CC1|＝|CC2|,从而求出动圆圆心的轨迹即可求解;。

2019-2020学年高二数学上学期开学考试试题理(含解析)

2019-2020学年高二数学上学期开学考试试题理（含解析）一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分.在每小题给出的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的把答案填涂在答题卡上）1.已知集合，集合，则符合条件的集合的子集个数为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】列举出集合中的运算，利用子集个数公式可得出结果.【详解】，，因此，符合条件的集合的子集个数为.故选：C.【点睛】本题考查集合子集个数的计算，解答的关键就是求出集合的元素个数，考查计算能力，属于基础题.2.若函数的单调递增区间是，则的值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】将函数的解析式表示为分段函数的形式，求出该函数的单调递增区间，即可得出实数的值.【详解】，则函数的单调递增区间为，，解得.故选：D.【点睛】本题考查利用函数的单调区间求参数，考查计算能力，属于基础题.3.已知直线，，，若且，则的值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据直线平行与垂直求出实数、的值，进而可计算出的值.【详解】，则，解得，，则，解得.因此，.故选：D.【点睛】本题考查根据两直线平行与垂直求参数，考查计算能力，属于基础题.4.已知、是两条不同直线，、、是三个不同平面，下列命题中正确的是（）A. 若，，则B. 若，，则C. 若，，则D. 若，，则【答案】B【解析】【分析】利用面面垂直的性质定理可判断A选项的正误；利用线面垂直的性质定理可判断B选项的正误；利用线面平行的性质定理可判断C选项的正误；利用线面平行和面面平行的性质定理可判断D选项的正误.综合可得出结论.【详解】对于A选项，若，，则与平行或相交，A 选项错误；对于B选项，若，，则，B选项正确；对于C选项，若，，则与平行、相交或异面，C选项错误；对于D选项，若，，则与平行或相交，D选项错误.故选：B.【点睛】本题主要考查空间直线和平面、平面和平面平行或垂直的位置关系的判断，要求熟练掌握相应的判定定理和性质定理．5.函数的图象是( )A. B.C. D.【答案】A【解析】【详解】试题分析：由偶函数排除B、D,排除C.故选A.考点：函数的图象与性质．6.已知函数是定义在上的偶函数，对任意，都有，当时，，则（）A. B. C. 1 D.【答案】C【解析】由题意，故选C．7.各侧棱长都相等，底面是正多边形的棱锥称为正棱锥，正三棱锥的侧棱长为，侧面都是直角三角形，且四个顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因为侧棱长为a的正三棱锥P﹣ABC的侧面都是直角三角形，且四个顶点都在一个球面上，三棱锥的正方体的一个角，把三棱锥扩展为正方体，它们有相同的外接球，球的直径就是正方体的对角线，正方体的对角线长为：；所以球的表面积为：4π=3πa2故答案为D．点睛：本题考查了球与几何体的问题，是高考中的重点问题，一般外接球需要求球心和半径，首先应确定球心的位置，球心到各顶点距离相等，这样可先确定几何体中部分点组成的多边形的外接圆的圆心，过圆心且垂直于多边形所在平面的直线上任一点到多边形的顶点的距离相等，然后同样的方法找到另一个多边形的各顶点距离相等的直线，这样两条直线的交点，就是其外接球的球心，有时也可利用补体法得到半径．8.函数（其中）的图象如图所示，为了得到的图象，只需把的图象上所有点（）A. 向左平移个单位长度B. 向左平移个单位长度C. 向右平移个单位长度D. 向右平移个单位长度【答案】B【解析】【分析】首先根据函数的图象求出该函数的周期，进一步利用函数经过的点的坐标求出函数的解析式，然后利用函数图象的平移变换可得出结果．【详解】由图象可知，函数的最小正周期为，，，，，由于函数在附近单调递减，则，，，则，，所以，，因此，为了得到函数的图象，只需将函数的图象上所有点向左平移个单位长度.故选：B.【点睛】本题考查了利用函数图象求函数解析式，以及三角函数图象变换，考查计算能力，属于中等题.9.在如图所示的空间直角坐标系中，一个四面体的顶点坐标分别是、、、，给出编号为①，②，③，④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为（）A. ①和②B. ①和③C. ④和②D. ③和②【答案】C【解析】【分析】在坐标系中，标出已知的四个点，根据三视图的画图规则，可得结论．【详解】在坐标系中，标出已知的四个点，根据三视图的画图规则，可得三棱锥的正视图和俯视图分别为④②，故选：C.【点睛】本题考查三视图的画法，做到心中有图形，考查空间想象能力，是基础题．10.已知角的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，它的终边过点.角满足，则的值为（）A. 或B.C.D. 或【答案】A【解析】【分析】利用三角函数的定义可得出和的值，分和两种情况讨论，利用两角差的余弦公式可求得的值.【详解】，.由任意角的三角函数的定义可得，.当时，；当时，.综上所述，或.故选：A.【点睛】本题考查三角函数求值，涉及两角差的余弦公式的应用，考查计算能力，属于中等题.11.已知直线与圆交于两点，且为等边三角形，则圆的面积为A. B. C. D.【答案】D【解析】圆方程可化为圆心到直线的距离，故选D.12.对实数和，定义运算“”：，设函数，，若函数的图象与轴恰有两个公共点，则实数的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】令得，将问题转化为直线与函数的图象有两个交点，并根据定义得出的解析式，作出函数的图象即可得出答案．【详解】令得，将问题转化为直线与函数的图象有两个交点，若，即，解得.若，即，解得或...作出函数的图象如下图所示：如图所示，当或时，直线与函数的图象有两个交点，因此，实数的取值范围是.故选：B.【点睛】本题考查了利用函数的零点个数求参数，解题的关键就是作出函数的图象，考查数形结合思想的应用，属于中档题．二、填空题（本大题4小题，每小题4分，共16分.把正确答案填在题中横线上）13.已知幂函数的图象过点，则_______．【答案】【解析】试题分析：因为是幂函数，所以，得，，.考点：幂函数的定义.14.化简__________.【答案】【解析】【分析】通分，利用二倍角的正弦、余弦的降幂公式可化简所求代数式.【详解】.故答案为：.【点睛】本题考查三角函数值化简计算，涉及二倍角降幂公式的应用，考查计算能力，属于中等题.15.在平行四边形中，，，为的中点.若，则的长为__________.【答案】【解析】【分析】利用基底、表示向量，然后利用平面向量数量积的运算律可求得的长.【详解】如下图所示：是的中点，四边形为平行四边形，，，，，，解得.故答案：.【点睛】本题考查向量模的计算，选择合适的基底表示向量是解答的关键，考查了平面向量数量积运算律的应用，考查运算求解能力，属于中等题.16.在函数的图象上求一点，使到直线的距离最短，则点的坐标为__________.【答案】【解析】【分析】设点的坐标为，利用点到直线的距离公式结合二次函数的基本性质可求得点的坐标.【详解】设点的坐标为，则点到直线的距离为，当时，即当时，取最小值，因此，点的坐标为.故答案为：.【点睛】本题考查抛物线上到直线距离最小的点的坐标的求解，考查点到直线的距离公式和二次函数的基本性质的应用，考查计算能力，属于中等题.三、解答题（本大题共6小题，共56分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17.平面向量，，，已知，.（1）求向量和向量；（2）求与夹角和.【答案】（1），；（2）与的夹角为，.【解析】【分析】（1）利用共线向量的坐标表示可求得的值，利用垂直向量的坐标表示可求得的值，由此可计算出向量和向量的坐标；（2）计算出的值，可求得与的夹角，利用向量模的坐标计算公式可求出.【详解】（1），，，且，，所以，解得，因此，，；（2），则，即与的夹角为.，因此，.【点睛】本题考查利用向量平行与垂直求参数，同时也考查了向量夹角与模的计算，考查运算求解能力，属于基础题.18.已知圆，直线.（1）当为何值时，直线与圆相切.（2）当直线与圆相交于、两点，且时，求直线的方程.【答案】（1）；（2）或.【解析】【分析】（1）将圆的方程化为标准形式，得出圆的圆心坐标和半径长，利用圆心到直线的距离等于半径，可计算出实数的值；（2）利用弦长的一半、半径长和弦心距满足勾股定理可求得弦心距，利用点到直线的距离公式可求得实数的值，进而可得出直线的方程.【详解】（1）圆的标准方程为，圆心的坐标为，半径长为，当直线与圆相切时，则，解得；（2）由题意知，圆心到直线的距离为，由点到直线的距离公式可得，整理得，解得或.因此，直线的方程为或.【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，考查利用直线与圆相切求参数以及根据弦长求直线方程，解答的核心就是圆心到直线的距离的计算，考查计算能力，属于中等题.19.已知定义在上的函数是奇函数.（1）求实数的值，并求函数的值域；（2）若集合为值域，集合，集合，求.【答案】（1），值域为；（2）.【解析】【分析】（1）利用奇函数定义得出，化简计算可求得实数的值，令，用表示，结合可求出的取值范围，即为函数的值域；（2）求出集合、，利用补集和交集的定义可求出集合.【详解】（1）因为函数是奇函数，则，即，解得，.由得，，得，即，解得.因此，函数的值域为；（2）由于对数函数为上的增函数，当时，，则，，则，且，因此，.【点睛】本题考查利用函数的奇偶性求参数，同时也考查了函数值域以及集合的混合运算，考查计算能力，属于中等题. 20.已知三棱柱的底面是正三角形，侧面为菱形，且，平面平面，、分别是、的中点.（1）求证：平面；（2）求证：；（3）求与平面所成角的大小.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）.【解析】【分析】（1）连接交于点，连接、，证明四边形为平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理即可得出结论；（2）取的中点，连接、、，证明出平面，进而可证明出；（3）连接，证明出平面，可得出与平面所成的角为，通过解可得出的值.【详解】（1）如图，连接交于点，连接、，则为的中点，在三棱柱中，且，、分别为、的中点，所以，且，为的中点，且，则四边形为平行四边形，，平面，平面，因此，平面；（2）取的中点，连接、、，四边形为菱形，则，、分别为、的中点，，则.为等边三角形，为的中点，，平面平面，平面平面，平面，平面，平面，，，平面，平面，；（3）由（2）知，平面，所以，直线与平面所成的角为，，，则为等边三角形，所以，，同理可得，，平面，平面，，则为等腰直角三角形，且，因此，与平面所成角.【点睛】本题考查直线与平面平行的证明，同时也考查了利用线面垂直证明线线垂直，以及线面角的计算，考查推理能力与计算能力，属于中等题.21.已知线段的端点的坐标是，端点在圆上运动.（Ⅰ）求线段的中点的轨迹的方程；（Ⅱ）设圆与曲线的两交点为，求线段的长；（Ⅲ）若点在曲线上运动，点在轴上运动，求的最小值.【答案】（Ⅰ）;（Ⅱ）;（Ⅲ）.【解析】试题分析：（Ⅰ）设点的坐标为，点的坐标为，根据点坐标，和点是线段的中点，得，，再由点在圆上运动，求得点的轨迹方程，进而可求得点点的轨迹的方程；（Ⅱ）由两圆的方程，相减得到直线的方程，根据圆的弦长公式，即可求解的长；（Ⅲ）根据圆的性质得，由为关于轴的对称点，进而可求得的最小值，即可得到的最小值．试题解析：（Ⅰ）设点的坐标为，点的坐标为，由于点的坐标为，且点是线段的中点，所以，于是有，①因为点在圆上运动，所以点的坐标满足方程即：②把①代入②，得整理，得所以点的轨迹的方程为.（Ⅱ）圆与圆的方程相减得：由圆的圆心为，半径为1，且到直线的距离则公共弦长（Ⅲ）是以为圆心，半径的圆是以为圆心，半径的圆所以①当且仅当在线段且在线段上时，取等号.设为关于轴的对称点则代入①式得：当且仅当共线时，取等号.所以的最小值为.点睛：本题考查了圆的标准方程求解、直线与圆的位置关系等知识点的应用，此类为解答的关键在于熟记圆的标准方程与一般方程、直线与圆的位置关系的判定与应用，同时注意数形结合法与转化思想在解题中的合理运用．22.已知向量，设函数．（1）求的值域；（2）设函数的图像向左平移个单位长度后得到函数的图像，若不等式有解，求实数的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据向量的数量积和三角形函数的性质即可求出值域；（2）先求出h（x），由不等式f（x）+h（x）+sin2x﹣m＜0有解，转化为m＞f（x）+h（x）+sin2x，根据二次函数的性质即可求出．【详解】解：（1），的值域为（2）函数，的图像向左平移个单位长度后得到函数的图像，，，依题意，不等式在有解，设，令，则函数的值域为.故实数的取值范围为.【点睛】本题主要考查函向量数量积，正余弦函数的单调性、定义域和值域，二次函数的性质，不等式成立的问题，属于中档题．2019-2020学年高二数学上学期开学考试试题理（含解析）一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分.在每小题给出的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的把答案填涂在答题卡上）1.已知集合，集合，则符合条件的集合的子集个数为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】列举出集合中的运算，利用子集个数公式可得出结果.【详解】，，因此，符合条件的集合的子集个数为.故选：C.【点睛】本题考查集合子集个数的计算，解答的关键就是求出集合的元素个数，考查计算能力，属于基础题.2.若函数的单调递增区间是，则的值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】将函数的解析式表示为分段函数的形式，求出该函数的单调递增区间，即可得出实数的值.【详解】，则函数的单调递增区间为，，解得.故选：D.【点睛】本题考查利用函数的单调区间求参数，考查计算能力，属于基础题.3.已知直线，，，若且，则的值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据直线平行与垂直求出实数、的值，进而可计算出的值.【详解】，则，解得，，则，解得.因此，.故选：D.【点睛】本题考查根据两直线平行与垂直求参数，考查计算能力，属于基础题.4.已知、是两条不同直线，、、是三个不同平面，下列命题中正确的是（）A. 若，，则B. 若，，则C. 若，，则D. 若，，则【答案】B【解析】【分析】利用面面垂直的性质定理可判断A选项的正误；利用线面垂直的性质定理可判断B选项的正误；利用线面平行的性质定理可判断C选项的正误；利用线面平行和面面平行的性质定理可判断D选项的正误.综合可得出结论.【详解】对于A选项，若，，则与平行或相交，A选项错误；对于B选项，若，，则，B选项正确；对于C选项，若，，则与平行、相交或异面，C选项错误；对于D选项，若，，则与平行或相交，D选项错误.故选：B.【点睛】本题主要考查空间直线和平面、平面和平面平行或垂直的位置关系的判断，要求熟练掌握相应的判定定理和性质定理．5.函数的图象是( )A. B.C. D.【答案】A【解析】【详解】试题分析：由偶函数排除B、D,排除C.故选A.考点：函数的图象与性质．6.已知函数是定义在上的偶函数，对任意，都有，当时，，则（）A. B. C. 1 D.【答案】C【解析】由题意，故选C．7.各侧棱长都相等，底面是正多边形的棱锥称为正棱锥，正三棱锥的侧棱长为，侧面都是直角三角形，且四个顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因为侧棱长为a的正三棱锥P﹣ABC的侧面都是直角三角形，且四个顶点都在一个球面上，三棱锥的正方体的一个角，把三棱锥扩展为正方体，它们有相同的外接球，球的直径就是正方体的对角线，正方体的对角线长为：；所以球的表面积为：4π=3πa2故答案为D．点睛：本题考查了球与几何体的问题，是高考中的重点问题，一般外接球需要求球心和半径，首先应确定球心的位置，球心到各顶点距离相等，这样可先确定几何体中部分点组成的多边形的外接圆的圆心，过圆心且垂直于多边形所在平面的直线上任一点到多边形的顶点的距离相等，然后同样的方法找到另一个多边形的各顶点距离相等的直线，这样两条直线的交点，就是其外接球的球心，有时也可利用补体法得到半径．8.函数（其中）的图象如图所示，为了得到的图象，只需把的图象上所有点（）A. 向左平移个单位长度B. 向左平移个单位长度C. 向右平移个单位长度D. 向右平移个单位长度【答案】B【解析】【分析】首先根据函数的图象求出该函数的周期，进一步利用函数经过的点的坐标求出函数的解析式，然后利用函数图象的平移变换可得出结果．【详解】由图象可知，函数的最小正周期为，，，，，由于函数在附近单调递减，则，，，则，，所以，，因此，为了得到函数的图象，只需将函数的图象上所有点向左平移个单位长度.故选：B.【点睛】本题考查了利用函数图象求函数解析式，以及三角函数图象变换，考查计算能力，属于中等题.9.在如图所示的空间直角坐标系中，一个四面体的顶点坐标分别是、、、，给出编号为①，②，③，④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为（）A. ①和②B. ①和③C. ④和②D. ③和②【答案】C【解析】【分析】在坐标系中，标出已知的四个点，根据三视图的画图规则，可得结论．【详解】在坐标系中，标出已知的四个点，根据三视图的画图规则，可得三棱锥的正视图和俯视图分别为④②，故选：C.【点睛】本题考查三视图的画法，做到心中有图形，考查空间想象能力，是基础题．10.已知角的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，它的终边过点.角满足，则的值为（）A. 或B.C.D. 或【答案】A【解析】【分析】利用三角函数的定义可得出和的值，分和两种情况讨论，利用两角差的余弦公式可求得的值.【详解】，.由任意角的三角函数的定义可得，.当时，；当时，.综上所述，或.故选：A.【点睛】本题考查三角函数求值，涉及两角差的余弦公式的应用，考查计算能力，属于中等题.11.已知直线与圆交于两点，且为等边三角形，则圆的面积为A. B. C. D.【答案】D【解析】圆方程可化为圆心到直线的距离，故选D.12.对实数和，定义运算“”：，设函数，，若函数的图象与轴恰有两个公共点，则实数的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】令得，将问题转化为直线与函数的图象有两个交点，并根据定义得出的解析式，作出函数的图象即可得出答案．【详解】令得，将问题转化为直线与函数的图象有两个交点，若，即，解得.若，即，解得或...作出函数的图象如下图所示：如图所示，当或时，直线与函数的图象有两个交点，因此，实数的取值范围是.故选：B.【点睛】本题考查了利用函数的零点个数求参数，解题的关键就是作出函数的图象，考查数形结合思想的应用，属于中档题．二、填空题（本大题4小题，每小题4分，共16分.把正确答案填在题中横线上）13.已知幂函数的图象过点，则_______．【答案】【解析】试题分析：因为是幂函数，所以，得，，.考点：幂函数的定义.14.化简__________.【答案】【解析】【分析】通分，利用二倍角的正弦、余弦的降幂公式可化简所求代数式.【详解】.故答案为：.【点睛】本题考查三角函数值化简计算，涉及二倍角降幂公式的应用，考查计算能力，属于中等题.15.在平行四边形中，，，为的中点.若，则的长为__________.【答案】【解析】【分析】利用基底、表示向量，然后利用平面向量数量积的运算律可求得的长.【详解】如下图所示：是的中点，四边形为平行四边形，，，，，，解得.故答案：.【点睛】本题考查向量模的计算，选择合适的基底表示向量是解答的关键，考查了平面向量数量积运算律的应用，考查运算求解能力，属于中等题.16.在函数的图象上求一点，使到直线的距离最短，则点的坐标为__________.【答案】【解析】【分析】设点的坐标为，利用点到直线的距离公式结合二次函数的基本性质可求得点的坐标.【详解】设点的坐标为，则点到直线的距离为，当时，即当时，取最小值，因此，点的坐标为.故答案为：.【点睛】本题考查抛物线上到直线距离最小的点的坐标的求解，考查点到直线的距离公式和二次函数的基本性质的应用，考查计算能力，属于中等题.三、解答题（本大题共6小题，共56分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17.平面向量，，，已知，.（1）求向量和向量；（2）求与夹角和.【答案】（1），；（2）与的夹角为，.【解析】【分析】（1）利用共线向量的坐标表示可求得的值，利用垂直向量的坐标表示可求得的值，由此可计算出向量和向量的坐标；（2）计算出的值，可求得与的夹角，利用向量模的坐标计算公式可求出.【详解】（1），，，且，，所以，解得，因此，，；（2），则，即与的夹角为.，因此，.【点睛】本题考查利用向量平行与垂直求参数，同时也考查了向量夹角与模的计算，考查运算求解能力，属于基础题.18.已知圆，直线.（1）当为何值时，直线与圆相切.（2）当直线与圆相交于、两点，且时，求直线的方程.【答案】（1）；（2）或.【解析】【分析】（1）将圆的方程化为标准形式，得出圆的圆心坐标和半径长，利用圆心到直线的距离等于半径，可计算出实数的值；（2）利用弦长的一半、半径长和弦心距满足勾股定理可求得弦心距，利用点到直线的距离公式可求得实数的值，进而可得出直线的方程.【详解】（1）圆的标准方程为，圆心的坐标为，半径长为，当直线与圆相切时，则，解得；（2）由题意知，圆心到直线的距离为，由点到直线的距离公式可得，整理得，解得或.因此，直线的方程为或.【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，考查利用直线与圆相切求参数以及根据弦长求直线方程，解答的核心就是圆心到直线的距离的计算，考查计算能力，属于中等题.19.已知定义在上的函数是奇函数.（1）求实数的值，并求函数的值域；（2）若集合为值域，集合，集合，求.【答案】（1），值域为；（2）.【解析】【分析】（1）利用奇函数定义得出，化简计算可求得实数的值，令，用表示，结合可求出的取值范围，即为函数的值域；（2）求出集合、，利用补集和交集的定义可求出集合.【详解】（1）因为函数是奇函数，则，即，解得，.由得，，得，即，解得.因此，函数的值域为；（2）由于对数函数为上的增函数，当时，，则，，则，且，因此，.【点睛】本题考查利用函数的奇偶性求参数，同时也考查了函数值域以及集合的混合运算，考查计算能力，属于中等题.20.已知三棱柱的底面是正三角形，侧面为菱形，且，平面平面，、分别是、的中点.（1）求证：平面；（2）求证：；（3）求与平面所成角的大小.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）.【解析】【分析】（1）连接交于点，连接、，证明四边形为平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理即可得出结论；（2）取的中点，连接、、，证明出平面，进而可证明出；（3）连接，证明出平面，可得出与平面所成的角为，通过解可得出的值.【详解】（1）如图，连接交于点，连接、，则为的中点，在三棱柱中，且，、分别为、的中点，所以，且，为的中点，且，则四边形为平行四边形，，平面，平面，因此，平面；（2）取的中点，连接、、，四边形为菱形，则，、分别为、的中点，，则.为等边三角形，为的中点，，平面平面，平面平面，平面，平面，平面，，，平面，平面，；（3）由（2）知，平面，所以，直线与平面所成的角为，，，则为等边三角形，所以，，同理可得，，平面，平面，，则为等腰直角三角形，且，因此，与平面所成角.。