山西省长治市潞城第三中学高二数学理模拟试题含解析

山西省长治市潞城第三中学高二数学理模拟试题含解析一、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.直三棱柱ABC-A1B1C1中，各侧棱和底面的边长均为a，点D是CC1上任意一点，连接A1B,BD,A1D,AD,则三棱锥A-A1BD的体积为（

）A.

B.

C.

D.参考答案：B2.在原命题及其逆命题、否命题、逆否命题中，真命题的个数可以是（

）A．1或2或3或4

B．0或2或4

C．1或3

D．0参考答案：B略3.下列事件：①一个口袋内装有5个红球，从中任取一球是红球；②抛掷两枚骰子，所得点数之和为9；③；④方程有两个不相等的实数根；⑤巴西足球队会在下届世界杯足球赛中夺得冠军。其中，随机事件的个数为（

）A．1

B．2

C．3

D．4参考答案：B略4.设在点处可导，且，则（

）A．

B．

C．

D．不存在参考答案：C5.“”是“”的（）.

A．必要不充分条件

B．充分不必要条件C．充分必要条件

D．既不充分也不必要条件参考答案：A略6.若，，则的大小关系为()A.

B.

C.

D．参考答案：A略7.某班要从A，B，C，D，E五人中选出三人担任班委中三种不同的职务，则上届任职的A，B，C三人都不连任原职务的方法种数为（）A．30 B．32 C．36 D．48参考答案：B【考点】D3：计数原理的应用．【分析】这是一道排列组合问题，可按三人中含A，B，C的人数进行分类，分情况讨论．由题意知选出的三人中A，B，C至少含有一人，因此按含1人，含2人，含3人三种情况分别求解．在求解时应先考虑A，B，C被选中的人的安排，再考虑剩下的人的安排．【解答】解：分类：若ABC全选，则有2种；若ABC选两个，则有=18种；若ABC选一个，则有=12种．根据分类计数原理得共2+18+12=32种方法．故选：B．【点评】本题考查排列组合问题，解排列问题要做到不重不漏，有些题目带有一定的约束条件，解题时要先考虑有限制条件的元素．分类与枚举是计数原理中重要的方法，分类要求标准清晰，不重不漏．8.在区间[1,10]上任取一个实数x，则的概率为（

）A. B. C. D.参考答案：B【分析】本题属于几何概型，利用变量对应的区间长度的比求概率即可．【详解】由已知区间[1，10]上任取一个实数x，对应集合的区间长度为9，而满足的x3，对应区间长度为2，所以所求概率是；故选：B．【点睛】本题考查了一个变量的几何概型的概率计算；关键是求出变量对应区间长度，利用区间长度的比求概率．9.函数的导数为（

）A.

B.C.

D.参考答案：B10.为等比数列，是其前项和，若，且与的等差中项为，则

A．29

B．30

C．31

D．32参考答案：C二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.若变量x、y满足约束条件，且z=2x+y的最大值和最小值分别为M和m，则M﹣m=

．参考答案：6【考点】简单线性规划．【专题】不等式的解法及应用．【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用z的几何意义，进行平移即可得到结论．【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图：由z=2x+y，得y=﹣2x+z，平移直线y=﹣2x+z，由图象可知当直线y=﹣2x+z经过点A，直线y=﹣2x+z的截距最小，此时z最小，由，解得，即A（﹣1，﹣1），此时z=﹣2﹣1=﹣3，此时N=﹣3，平移直线y=﹣2x+z，由图象可知当直线y=﹣2x+z经过点B，直线y=﹣2x+z的截距最大，此时z最大，由，解得，即B（2，﹣1），此时z=2×2﹣1=3，即M=3，则M﹣N=3﹣（﹣3）=6，故答案为：6．【点评】本题主要考查线性规划的应用，利用z的几何意义，利用数形结合是解决本题的关键．12.在等比数列中,若公比,且前3项之和等于21,则该数列的通项公式

．参考答案：13.已知椭圆的上焦点为，直线和与椭圆相交于点，，，，则

．参考答案：814.已知三次函数在上是增函数，则的取值范围为_____________．参考答案：略15.2018年6月份上合峰会在青岛召开,面向高校招募志愿者,中国海洋大学海洋环境学院的8名同学符合招募条件并审核通过,其中大一、大二、大三、大四每个年级各2名.若将这8名同学分成甲乙两个小组,每组4名同学,其中大一的两名同学必须分到同一组,则分到乙组的4名同学中恰有2名同学是来自于同一年级的分组方式共有

种．参考答案：

2416.已知x2+y2=4x，则x2+y2的取值范围是．参考答案：[0，16]【考点】两点间的距离公式．【专题】函数思想；换元法；直线与圆．【分析】三角换元，令x﹣2=2cosθ，y=2sinθ，代入式子由三角函数的知识可得．【解答】解：∵x2+y2=4x，∴（x﹣2）2+y2=4，故令x﹣2=2cosθ，y=2sinθ，∴x2+y2=（2+2cosθ）2+（2sinθ）2=4+8cosθ+4cos2θ+4sin2θ=8+8cosθ，∵cosθ∈[﹣1，1]，∴8+8cosθ∈[0，16]故答案为：[0，16]【点评】本题考查式子的最值，三角换元是解决问题的关键，属基础题．17.设为椭圆的右焦点，且椭圆上至少有10个不同的点，使组成公差为的等差数列，则的取值范围是

．参考答案：椭圆中，左顶点为：，右顶点为，若这个等差数列是增数列,则a1≤|FP1|=13?9=4,a10≤|FP10|=13+9=22，∴a10=a1+9d,∴0<a10?a1=9d≤18，解得.若这个等差数列是减数列,则a1≥|FP1|=13+9=22,a10≥|FP10|=13?9=4，∴a10=a1+9d,∴0>a10?a1=9d≥18,?2≤d<0.∴d的取值范围是.

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.如图,在四面体ABCD中,,点E,F分别是AB,BD的中点．求证：（1）直线EF∥面ACD；（2）BD⊥平面EFC．参考答案：(1)证明见解析；(2)证明见解析【分析】（1）根据已知中E，F分别为AB，BD的中点，由三角形中位线定理可得EF∥AD，再由线面平行的判定定理，即可得到直线EF∥面ACD；（2）由AD⊥BD结合（1）的结论可得EF⊥BD，再由CB＝CD，结合等腰三角形“三线合一”的性质，得到CF⊥BD，结合线面垂直的判定定理即可得到BD⊥面EFC．【详解】证明：（1）∵E,F分别是AB,BD的中点．∴EF是的中位线,面ACD,面ACD,∴直线面ACD；（2）,F是的中点,又,平面CEF,平面CEF,得平面面EFC．【点睛】本题考查的知识点是直线与平面平行的判定，直线与平面垂直的判定，其中熟练掌握空间线面平行及线面垂直的判定定理及证明步骤是解答本题的关键．19.在如图所示的多面体中，⊥平面，，，，，，，是的中点．（1）求证：；（2）求二面角的平面角的余弦值.

参考答案：（1）解法1证明：∵平面，平面，∴，

又，平面，∴平面.

过作交于，则平面.∵平面，∴.

∵，∴四边形平行四边形，∴，∴，又，∴四边形为正方形，∴，

又平面，平面,∴⊥平面.

∵平面,∴.

（2）∵平面，平面∴平面⊥平面由（1）可知∴⊥平面∵平面∴

取的中点，连结，∵四边形是正方形，∴∵平面，平面∴⊥平面∴⊥∴是二面角的平面角，

由计算得∴

∴平面与平面所成锐二面角的余弦值为.解法2∵平面，平面，平面，∴，，又,∴两两垂直.

以点E为坐标原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系.由已知得，（0，0，2），（2，0，0），（2，4，0），（0，3，0），（0，2，2），（2，2，0）.

∴，，∴,

∴.

（2）由已知得是平面的法向量.

设平面的法向量为，∵，∴，即，令,得.

设平面与平面所成锐二面角的大小为，则

∴平面与平面所成锐二面角的余弦值为.

20.（本小题满分14分）已知函数在处取得极值为（1）求的值；（2）若有极大值28，求在上的最大值。参考答案：(Ⅰ)因故

由于在点处取得极值

故有即,化简得解得

(Ⅱ)由(Ⅰ)知

,

令,得当时,故在上为增21.如图，已知四边形ABCD和BCEG均为直角梯形，AD∥BC，CE∥BG，且，平面ABCD⊥平面BCEG，BC=CD=CE=2，AD=BG=1.(1)求证：DE⊥BC；(2)求证：AG∥平面BDE；参考答案：证明：(Ⅰ)∵∠BCD=∠BCE=,

∴CD⊥BC

，

CE⊥BC

，又

CD∩CE=C

，∴BC⊥平面DCE

，∵DE平面DCE

，∴DE⊥BC.

……………6分(Ⅱ)如图，在平面BCEG中，过G作GN∥BC，交BE于M，交CE于N，连结DM，则BGNC是平行四边形，∴CN=BG=CE,

即N是CE中点,∴MN=BC=1

，∴MG∥AD,MG=BC=AD=1

，∴四边形ADMG是平行四边形，∴AG∥DM

，∵DM平面BDE，AG平面BDE

，∴AG∥平面BDE.

……………12分22.原命题为：“若x=1，则x2=1”．（1）写出原命题的逆命题