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文档简介
湖南省永州市石羊镇中学高二数学理模拟试卷含解析一、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.已知双曲线﹣=1(a>0,b>0)的一条渐近线被圆(x﹣c)2+y2=4a2截得弦长为2b(其中c为双曲线的半焦距),则该双曲线的离心率为()A. B. C. D.参考答案:B【考点】KJ:圆与圆锥曲线的综合;KC:双曲线的简单性质.【分析】求出双曲线的一条渐近线方程,利用渐近线被圆(x﹣c)2+y2=4a2截得弦长为2b,结合勾股定理,推出a,b,c关系,即可求出双曲线的离心率.【解答】解:双曲线﹣=1(a>0,b>0)的一条渐近线方程为bx+ay=0,圆(x﹣c)2+y2=4a2的圆心到双曲线的渐近线的距离为:,∵渐近线被圆(x﹣c)2+y2=4a2截得的弦长为:2b,∴b2+b2=4a2,∴b2=2a2,即c2=3a2,∴e=.故选:B.2.用反证法证明命题“若则、全为0”(、),其反设正确的是(
)A.、至少有一个为0B.、至少有一个不为0C.、全不为0D.、中只有一个为0参考答案:B略3.若且,则下列四个数中最大的是
A
BC
2abD
参考答案:B4.若点P为共焦点的椭圆和双曲线的一个交点,、分别是它们的左右焦点.设椭圆离心率为,双曲线离心率为,若,则
(
)A.4
B.3
C.2
D.1参考答案:C5.过双曲线的左焦点作圆的两条切线,切点分别为、,双曲线左顶点为,若,则该双曲线的离心率为(
)A.
B.
C.
D.
参考答案:D6.设F1,F2是椭圆的两个焦点,P是椭圆上的点,且|PF1|:|PF2|=4:3,则△PF1F2的面积为()A.4 B. C. D.6参考答案:D【考点】椭圆的应用;椭圆的简单性质.【分析】由题意能够推导出△PF1F2是直角三角形,其面积=.【解答】解:∵|PF1|:|PF2|=4:3,∴可设|PF1|=4k,|PF2|=3k,由题意可知3k+4k=7,∴k=1,∴|PF1|=4,|PF2|=3,∵|F1F2|=5,∴△PF1F2是直角三角形,其面积===6.故选D.7.要描述一个工厂某种产品的生产步骤,应用
A.程序框图
B.工序流程图
C.知识结构图
D.组织结构图参考答案:B略8.关于函数的图象,有以下四个说法:①关于点对称; ②关于点对称;③关于直线对称; ④关于直线对称则正确的是
(
)A.①③ B.②③ C.①④ D.②④参考答案:B9.已知集合A={x|log2x<1},B={y|y=2x,x≥0},则A∩B=()A.? B.{x|1<x<2} C.{x|1≤x<2} D.{x|1<x≤2}参考答案:C【考点】1E:交集及其运算.【分析】先分别求出集合A和B,由此能求出A∩B.【解答】解:∵集合A={x|log2x<1}={x|0<x<2},B={y|y=2x,x≥0}={y|y≥1},∴A∩B={x|1≤x<2}.故选:C.【点评】本题考查交集的求法,是基础题,解题时要认真审题,注意交集定义的合理运用.10.如果实数x、y满足x+y=4,则x2+y2的最小值是(
)A.4.
B.6.
C.8.
D.10.参考答案:C二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.参考答案:解析:取AD上一点G,使AG=3cm,则∥BD,GF∥AC,因为AC⊥BD,∴EG⊥GF,又因为EG=3,GF=5,∴EF=.12.已知椭圆,为左顶点,为短轴端点,为右焦点,且,则这个椭圆的离心率等于 。参考答案:略13.已知在上单调递增,那么的取值范围是
.参考答案:14.函数f(x)=x3﹣12x+1,则f(x)的极大值为
.参考答案:17【考点】利用导数研究函数的极值.【分析】利用导数工具去解决该函数极值的求解问题,关键要利用导数将原函数的单调区间找出来,即可确定出在哪个点处取得极值,进而得到答案.【解答】解:函数的定义域为R,f′(x)=3x2﹣12,令f′(x)=0,解得x1=﹣2或x2=2.列表:x(﹣∞,﹣2)﹣2(﹣2,2)2(2,+∞)f′(x)+0﹣0+f(x)↗极大值17↘极小值﹣15↗∴当x=﹣2时,函数有极大值f(﹣2)=17,故答案为:17.15.设集合,则=
▲
.参考答案:略16.若曲线在点(1,1)处的切线和曲线也相切,则实数的值为
.参考答案:17.若抛物线的焦点与双曲线的右焦点重合,则的值为
参考答案:略三、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.已知是等差数列,其中(Ⅰ)数列从哪一项开始小于0?(Ⅱ)求值.参考答案:(1)
数列从第10项开始小于0
。
(2)是首项为25,公差为的等差数列,共有10项
其和略19.(本小题满分12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD是等腰梯形,AD∥BC,AC⊥BD.(Ⅰ)证明:BD⊥PC;(Ⅱ)若AD=4,BC=2,直线PD与平面PAC所成的角为30°,求四棱锥P-ABCD的体积.
参考答案:(Ⅰ)因为又是平面PAC内的两条相较直线,所以BD平面PAC,而平面PAC,所以.
………4分(Ⅱ)设AC和BD相交于点O,连接PO,由(Ⅰ)知,BD平面PAC,所以是直线PD和平面PAC所成的角,从而.………6分由BD平面PAC,平面PAC,知.在中,由,得PD=2OD.因为四边形ABCD为等腰梯形,,所以均为等腰直角三角形,从而梯形ABCD的高为于是梯形ABCD面积
………8分在等腰三角形AOD中,所以
………10分故四棱锥的体积为.………12分20.已知F1,F2为椭圆的左、右焦点,F1在以为圆心,1为半径的圆C2上,且|QF1|+|QF2|=2a.(1)求椭圆C1的方程;(2)过点P(0,1)的直线l1交椭圆C1于A,B两点,过P与l1垂直的直线l2交圆C2于C,D两点,M为线段CD中点,求△MAB面积的取值范围.参考答案:【考点】椭圆的简单性质.【分析】(1)圆C2的方程为(x+)2+(y﹣1)2=1,由此圆与x轴相切,求出a,b的值,由此能求出椭圆C1的方程.(2)设l1:x=t(y﹣1),则l2:tx+y﹣1=0,与椭圆联立,得(t2+2)y2﹣2t2y+t2﹣4=0,由此利用弦长公式、点到直线距离公式,结合已知条件能求出△MAB面积的取值范围【解答】解:(1)圆C2的方程为(x+)2+(y﹣1)2=1,由此圆与x轴相切,切点为(,0),∴c=,且F1(﹣,0),F2(,0),又|QF1|+|QF2|=3+1=2a.∴a=2,b2=a2﹣c2=2,∴∴椭圆C1的方程为:.(2)当l1平行x轴的时候,l2与圆C2无公共点,从而△MAB不存在;设l1:x=t(y﹣1),则l2:tx+y﹣1=0.把x=t(y﹣1)代入椭圆C1:.得(t2+2)y2﹣2t2y+t2﹣4=0,y1+y2=,y1y2=,则|AB|=|y1﹣y2|=,又圆心Q到l2的距离d12=?t2<1.又MP⊥AB,QM⊥CD∴M到AB的距离即Q到AB的距离,设为d2,d2=.∴△MAB面积S=|AB|?d2=.令u=,∴s=f(u)==∈(].∴△MAB面积的取值范围为(].【点评】本题考查了椭圆方程的求法,考查三角形面积的取值范围的求法,注意弦长公式、点到直线距离公式的合理运用.属于中档题.21.如图,棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的所有棱长都等于2,∠ABC=60°,平面AA1C1C⊥平面ABCD,∠A1AC=60°.(Ⅰ)证明:BD⊥AA1;(Ⅱ)求二面角D﹣A1A﹣C的平面角的余弦值;(Ⅲ)在直线CC1上是否存在点P,使BP∥平面DA1C1?若存在,求出点P的位置;若不存在,说明理由.参考答案:【考点】二面角的平面角及求法;直线与平面平行的性质.【专题】综合题;空间位置关系与距离.【分析】法一:(Ⅰ)连接BD交AC于O,则BD⊥AC,连接A1O,可证A1O⊥底面ABCD,从而建立空间直角坐标系,求出向量的坐标,证明向量的数量积为0即可得到BD⊥AA1;(Ⅱ)确定平面AA1C1C、平面AA1D的法向量,利用向量的夹角公式,可求二面角D﹣A1A﹣C的平面角的余弦值;(Ⅲ)解:假设在直线CC1上存在点P,使BP∥平面DA1C1,求出平面DA1C1的法向量,利用数量积为0,即可求得结论.法二:(Ⅰ)先证明BD⊥平面AA1O,即可证得AA1⊥BD;(Ⅱ)过O作OE⊥AA1于E点,连接OE,则∠DEO为二面角D﹣AA1﹣C的平面角,求出OE、DE,即可求得二面角D﹣A1A﹣C的平面角的余弦值;(Ⅲ)存在这样的点P,连接B1C,在C1C的延长线上取点P,使C1C=CP,连接BP,可得四边形BB1CP为平行四边形,进而利用线面平行的判定可得结论.【解答】法一:(Ⅰ)证明:连接BD交AC于O,则BD⊥AC,连接A1O,在△AA1O中,AA1=2,AO=1,∠A1AO=60°∴A1O2=AA12+AO2﹣2AA1?Aocos60°=3∴AO2+A1O2=A12∴A1O⊥AO,∵平面AA1C1C⊥平面ABCD,平面AA1C1C∩平面ABCD=AO∴A1O⊥底面ABCD∴以OB、OC、OA1所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系,则A(0,﹣1,0),B(,0,0),C(0,1,0),D(﹣,0,0),A1(0,0,)
…∵,,∴∴BD⊥AA1…(Ⅱ)解:∵OB⊥平面AA1C1C,∴平面AA1C1C的法向量设⊥平面AA1D,,则由得到,∴…∴所以二面角D﹣A1A﹣C的平面角的余弦值是…(Ⅲ)解:假设在直线CC1上存在点P,使BP∥平面DA1C1设,则得…设⊥平面DA1C1,,则由得到,∴…又因为平面DA1C1,则?,∴,∴λ=﹣1即点P在C1C的延长线上且使C1C=CP
…(13分)法二:(Ⅰ)证明:过A1作A1O⊥AC于点O,由于平面AA1C1C⊥平面ABCD,由面面垂直的性质定理知,A1O⊥平面ABCD,∴A1O⊥BD又底面为菱形,所以AC⊥BD∵A1O∩AC=O∴BD⊥平面AA1O∵AA1?平面AA1O∴AA1⊥BD…(Ⅱ)解:在△AA1O中,A1A=2,∠A1AO=60°,∴AO=AA1?cos60°=1所以O是AC的中点,由于底面ABCD为菱形,所以O也是BD中点由(Ⅰ)可知DO⊥平面AA1C过O作OE⊥AA1于E点,连接OE,则AA1⊥DE,故∠DEO为二面角D﹣AA1﹣C的平面角
…在菱形ABCD中,AB=2,∠ABC=60°∴AC=AB=BC=2,∴AO=1,DO=在Rt△AEO中,OE=OA?sin∠EAO=DE=∴cos∠DEO=∴二面角D﹣A1A﹣C的平面角的余弦值是…(Ⅲ)解:存在这样的点P,连接B1C,∵A1B1ABDC,∴四边形A1B1CD为平行四边形,∴A1D∥B1C在C1C的延长线上取点P,使C1C=CP,连接BP
…∵B1BCC1,…∴BB1CP∴四边形BB1CP为平行四边形∴BP∥B1C,∴BP∥A1D∵BP?平面DA1C1,A1D
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