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文档简介
江西省吉安市井冈山大陇中学高二数学理上学期摸底试题含解析一、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.函数的图像与函数()的图像的交点为,则 ( )
A.2 B.4 C.6 D.8参考答案:D:试题分析:的图象由奇函数的图象向右平移一个单位得到,所以它的图象关于点(1,0)中心对称,再由正弦函数的对称中心公式,可得的图象的一个对称中心也是点(1,0),故交点的个数为偶数,且每一对对称点的横坐标之和为2,由此画图可得出正确答案,故选D考点:三角函数的周期性及其性质2.已知A、B、C三点不共线,对平面ABC外的任一点O,下列条件中能确定点M与点A、B、C一定共面的是 () A. B. C. D.参考答案:D略3.已知命题p:x0∈R,lgx0<0,那么命题p为A.x∈R,lgx>0
B.x0∈R,lgx0>0C.x∈R,lgx≥0
D.x0∈R,lgx0≥0参考答案:C4.在等比数列{an}中,a1=2,a4=16则公比q为()A.2 B.3 C.4 D.8参考答案:A【考点】等比数列的通项公式.【分析】利用等比数列的通项公式列出方程,由此能求出公比.【解答】解:∵在等比数列{an}中,a1=2,a4=16,∴,解得公比q=2.故选:A.5.已知x,y满足不等式组,则z=2x+y的最大值与最小值的比值为()A. B. C. D.2参考答案:D【考点】简单线性规划.【专题】计算题;数形结合.【分析】本题处理的思路为:根据已知的约束条件画出满足约束条件的可行域,再用角点法,求出目标函数的最值,即可求解比值.【解答】解:约束条件对应的平面区域如下图示:当直线z=2x+y过A(2,2)时,Z取得最大值6.当直线z=2x+y过B(1,1)时,Z取得最小值3,故z=2x+y的最大值与最小值的比值为:2.故选D.【点评】本题考查的知识点是线性规划,考查画不等式组表示的可行域,考查数形结合求目标函数的最值.6.已知△ABC的顶点B、C在椭圆上,顶点A是椭圆的一个焦点,且椭圆的另外一个焦点在BC边上,则△ABC的周长是(
)A.2
B.6
C.4
D.12参考答案:C7.直线4x+3y﹣5=0与圆(x﹣1)2+(y﹣2)2=9相交于A、B两点,则AB的长度等于()A.1 B. C.2 D.4参考答案:D【考点】直线与圆相交的性质.【分析】根据直线和圆相交的弦长公式进行求解即可.【解答】解:圆心坐标为(1,2),半径R=3,圆心到直线的距离d==,则|AB|=2=2==4,故选:D【点评】本题主要考查直线和圆相交的应用,利用弦长公式是解决本题的关键.8.样本中共有五个个体,其值分别为,若该样本的平均值为,则样本方差为A.
B.
C.
D.参考答案:D9.用三段论推理:“指数函数是增函数,因为是指数函数,所以是增函数”,你认为这个推理
()A.大前提错误
B.小前提错误
C.推理形式错误
D.是正确的参考答案:A10.有五条线段长度分别为,从这条线段中任取条,则所取条线段能构成一个三角形的概率为(
)A
B
C
D
参考答案:B略二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.△ABC中,AB=,AC=1,B=30°,则△ABC的面积等于.参考答案:或【考点】解三角形.【分析】由已知,结合正弦定理可得,从而可求sinC及C,利用三角形的内角和公式计算A,利用三角形的面积公式进行计算可求【解答】解:△ABC中,c=AB=,b=AC=1.B=30°由正弦定理可得b<c∴C>B=30°∴C=60°,或C=120°当C=60°时,A=90°,当C=120°时,A=30°,故答案为:或12.命题“”的否定是:
参考答案:13.三个数72,120,168的最大公约数是_______。参考答案:2414.若复数是纯虚数,则实数的值为____.参考答案:215.函数的值域为_______.参考答案:【分析】在含有根号的函数中求值域,运用换元法来求解【详解】令,则,,函数的值域为【点睛】本题主要考查了求函数的值域,在求值域时的方法较多,当含有根号时可以运用换元法来求解,注意换元后的定义域。16.已知,且,则等于________----------_________参考答案:17.如右图所示的直观图,其表示的平面图形是
(A)正三角形
(B)锐角三角形(C)钝角三角形
(D)直角三角形参考答案:D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.(本小题满分14分)如图所示,正方形与直角梯形所在平面互相垂直,AC与BD相交与点O.,,.(Ⅰ)求证:平面;(Ⅱ)求四面体的体积.
(3)在面ADEF中找一点P,使OP与面ABF,面BEF都平行.参考答案:(Ⅰ)证明:设,取中点,连结,所以,……………2分因为,,所以,
从而四边形是平行四边形,.
………4分因为平面,平面,
所以平面,即平面
…………7分
(Ⅱ)解:因为平面平面,,所以平面.
……………10分
因为,,,所以的面积为,
……12分
所以四面体的体积.
……………14分
略19.已知数列的前项和与满足.(1)求数列的通项公式;(2)求数列的前项和.参考答案:(1)由已知,,
1分
3分
5分(2)
10分20.正方体,,E为棱的中点.(1)求证:;(2)求证:平面;(3)求三棱锥的体积.
参考答案:解:解:(1)证明:连结,则//,
…………1分∵是正方形,∴.∵面,∴.又,∴面.
………………4分∵面,∴,∴.
…………5分
(2)证明:作的中点F,连结.∵是的中点,∴,∴四边形是平行四边形,∴.………7分∵是的中点,∴,又,∴.∴四边形是平行四边形,//,∵,,∴平面面.
…………………9分又平面,∴面.
………………10分(3).……………11分.
……………14分
略21.已知函数.(Ⅰ)讨论函数的单调性;(Ⅱ)证明:(e为自然对数的底)恒成立.参考答案:(Ⅰ)见解析;(Ⅱ)见解析.【分析】(Ⅰ)求出函数的导数,通过讨论的范围,求出函数的单调区间即可;(Ⅱ)取,有,即,求出(当且仅当时等号成立),问题转化为证明在上恒成立即可,设,根据函数的单调性证明即可.【详解】(Ⅰ)解:函数的定义域为,当时,恒成立,所以在内单调递增;当时,令,得,所以当时,单调递增;当时,单调递减,综上所述,当时,在内单调递增;当时,在内单调递增,在内单调递减(Ⅱ)证明:由(1)可知,当时,特别地,取,有,即,所以(当且仅当时等号成立),因此,要证恒成立,只要证明在上恒成立即可设,则,当时,单调递减,当时,单调递增.故当时,,即在上恒成立因此,有,又因为两个等号不能同时成立,所以有恒成立或:令,则,再令,则,由知,存在,使得,得,由可证,进而得证.【点睛】本题考查了函数的单调性,最值问题,考查导数的应用以及分类讨论思想,转化思想。22.如图(1),等腰直角三角形ABC的底边AB=4,点D在线段AC上,DE⊥AB于E,现将△ADE沿DE折起到△PDE的位置(如图(2)).(Ⅰ)求证:PB⊥DE;(Ⅱ)若PE⊥BE,直线PD与平面PBC所成的角为30°,求PE长.参考答案:【考点】用空间向量求直线与平面的夹角;直线与平面垂直的判定;直线与平面所成的角.【分析】(I)根据翻折后DE仍然与BE、PE垂直,结合线面垂直的判定定理可得DE⊥平面PEB,再由线面垂直的性质可得PB⊥DE;(II)分别以DE、BE、PE所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示空间直角坐标系.设PE=a,可得点B、D、C、P关于a的坐标形式,从而得到向量、坐标,利用垂直向量数量积为0的方法建立方程组,解出平面PCD的一个法向量为=(1,1,),由PD与平面PBC所成的角为30°和向量的坐标,建立关于参数a的方程,解之即可得到线段PE的长.【解答】解:(Ⅰ)∵DE⊥AB,∴DE⊥BE,DE⊥PE,….∵BE∩PE=E,∴DE⊥平面PEB,又∵PB?平面PEB,∴BP⊥DE;
….(Ⅱ)∵P
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