2018-2019学年内蒙古鄂尔多斯市第一中学高二上学期期中考试模拟数学（文）试题 解析版

2018-2019学年内蒙古鄂尔多斯市第一中学高二上学期期中考试模拟数学（文）试题 解析版

绝密★启用前 内蒙古鄂尔多斯市第一中学2018-2019学年高二上学期期中考试模拟数学（文）试题 评卷人 得分 一、单选题 ‎1．已知A＝{y|y＝log2x，x>1}，B=,则（ 　)‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用对数性质和交集定义求解．‎ ‎【详解】‎ ‎∵A={y|y=log2x，x>1}={y|y>0}， B=， ∴A∩B={x|0x≤1}= ． 故选C．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查交集的求法，是基础题，解题时要注意对数函数的性质的灵活运用．‎ ‎2．下列命题正确的是( 　)．‎ ‎①过平面外一点有且仅有一个平面与已知平面垂直；②如果一条直线和两个垂直平面中的一个垂直，它必和另一个平面平行；③过不在平面内的一条直线可作无数个平面与已知平面垂直；④如果两个平面互相垂直，经过一个平面内一点与另一平面垂直的直线在第一个平面内．‎ A． ①③ B． ②③ C． ②③④ D． ④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对四个命题利用线面平行、线面垂直的判定定理分别分析选择．‎ ‎【详解】‎ 对于（1），过平面外一点只可作一个平面与已知平面垂直错误；因为过平面外一点只可作无数个平面与已知平面垂直；‎ 对于（2），如果一条直线和两个垂直平面中的一个垂直，它必和另一个平面平行；错误，因为直线可以在平面内； 对于（3）过不在平面内的一条直线可以作无数个平面与已知平面垂直错误；因为过不在平面内的一条直线可以作一个平面与已知平面垂直，‎ 对于（4）如果两个平面互相垂直，经过一个平面内一点与另一平面垂直的直线在第一个平面内．正确； 故选D．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了空间线面关系以及面面关系；关键要考虑到特殊位置情况．‎ ‎3．函数f(x)＝2－1是( 　)‎ A． 最小正周期为2π的奇函数 B． 最小正周期为π的奇函数 C． 最小正周期为2π的偶函数 D． 最小正周期为π的偶函数 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化简函数可得 即可得到答案.‎ ‎【详解】‎ 化简函数可得即函数f(x)＝2－1是最小正周期为π的奇函数.‎ 故选B.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查二倍角公式、诱导公式的应用，考查正弦函数的有关性质，属基础题.‎ ‎4．设，则(　 　)‎ A． a1时，不等式x＋≥a恒成立，则实数a的取值范围是(　　)‎ A． (－∞，2] B． [2，＋∞)‎ C． [3，＋∞) D． (－∞，3]‎ ‎【答案】D ‎【解析】当时，不等式恒成立，‎ 对一切非零实数均成立，‎ 由于 当且仅当时取等号，‎ 故的最小值等于 则实数的取值范围为 故答案选 ‎8．在矩形ABCD中，，点E为BC的中点，点F在CD上，若，则的值是（ ）‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据所给的图形，把已知向量用矩形的边所在的向量来表示，做出要用的向量的模长，表示出要求得向量的数量积，注意应用垂直的向量数量积等于0，得到结果．‎ ‎【详解】‎ ‎∵‎ ‎ ， ∴ ‎ 故选A.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查平面向量的数量积的运算．本题解题的关键是把要用的向量表示成已知向量的和的形式，本题是中档题目．‎ ‎9．在等比数列{an}中，若a1＋a2＋a3＋a4＝，a2a3＝－ ，则等于(　 　)‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当时不合题意，当时， 而数列是以为首项，以为公比的等比数列，则 ‎ 结合a2a3＝－，即可得到答案.‎ ‎【详解】‎ 当时，可得a2=a3，，则，不合题意，当时， 而数列是以为首项，以为公比的等比数列，则 ‎ 则，故 ‎ 故选C.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查等比数列的性质，及等比数列的前n项和公式，属中档题.‎ ‎10．在长方体分别在线段和上，，则三棱锥的体积的最小值是 A． 4 B． C． D． ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意画出图形，可知要使三棱锥D-MNC1的体积最小，则C1 到直线MN的距离最小，此时MN在AC上，C1 到直线MN的距离为5，再由棱锥体积公式求解．‎ ‎【详解】‎ 如图， ∵D到平面MC1N的距离为定值 ，△MC1N的一边长MN=2， ∴要使三棱锥D-MNC1的体积最小，则C1 到直线MN的距离最小，此时MN在AC上， C1 到直线MN的距离为5， 则三棱锥D-MNC1的体积最小值为 ‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查棱锥体积的求法，考查数形结合的解题思想方法，是中档题．‎ 第II卷（非选择题）‎ 请点击修改第II卷的文字说明 评卷人 得分 二、填空题 ‎11．已知△ABC中，tanB＋tanC＋＝tanB·tanC，则角A为( 　)‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由条件利用两角和的正切公式、诱导公式求得B+C=，再结合三角形的内角和公式求得角A的大小．‎ ‎【详解】‎ ‎：△ABC中，∵tanB＋tanC＋＝tanB·tanC，， ， ∴ ． ， 故选A．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查两角和的正切公式、诱导公式的应用，三角形的内角和公式，属于基础题．‎ ‎12．函数y=－xcosx的部分图象是（ 　）‎ ‎ A． B． ‎ C． D． ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由函数的表达式可以看出，函数是一个奇函数，因只用这一个特征不能确定那一个选项，故可以再引入特殊值来进行鉴别．‎ ‎【详解】‎ 设y=f（x），则f（-x）=xcosx=-f（x），f（x）为奇函数； 又0＜x＜ 时f（x）＜0，此时图象应在x轴的下方 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查函数的图象，选择图象的依据是根据函数的性质与函数本身的局部特征．‎ ‎13．设变量x、y满足约束条件 ，则目标函数z＝4x＋2y的最大值为__________‎ ‎【答案】10‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设变量x、y满足约束条件 ，则目标函数z＝4x＋2y的最大值为_‎ ‎【详解】‎ 作出不等式组对应的平面区域如图：（阴影部分）． 由z=4x+2y得 平移直线， ‎ 由图象可知当直线经过点C时，直线的截距最大， 此时z最大． 由 ，解得 ，即C（2，1）， 代入目标函数z=4x+2y得z=4×2+2×1=10． 即目标函数z=4x+2y的最大值为10． 故答案为10．‎ ‎【点睛】‎ 题主要考查了用平面区域二元一次不等式组，以及简单的转化思想和数形结合的思想，属中档题．‎ ‎14．已知直线平行，则__________‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接利用两直线平行对应的系数关系列式求得m的值．‎ ‎【详解】‎ ‎：∵l1：x+my+6=0，l2：（m-2）x+3y+2m=0， 若l1∥l2，则 ，解得：m=-1． 故答案为-1．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了直线的一般式方程与直线平行的关系，关键是对两直线系数所满足关系的记忆，是基础题．‎ ‎15．《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方造一千多年，例如堑堵指底面为直角三角形，且测量垂直底面的三棱柱，阳马指底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥，如图，在堑堵中，，若当阳马的体积最大时，则堑堵的体积为__________‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设AC=x，BC=y，由阳马B-A1ACC1体积最大，得到AC=BC= ，由此能求出堑堵ABC-A1B1C1的体积．‎ ‎【详解】‎ 设AC=x，BC=y，由题意得x＞0，y＞0，x2+y2=4， ∵当阳马B-A1ACC1体积最大， ∴V=×2x×y=xy取最大值， ∵ ‎ ‎，当且仅当x=y=时，取等号， ∴当阳马B-A1ACC1体积最大时，AC=BC=， 此时堑堵ABC-A1B1C1的体积 ‎ 故答案为2.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查堑堵ABC-A1B1C1的体积的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．‎ ‎16．已知都在球面C上，且P在所在平面外，，‎ ‎，在球面C内任取一点，则该点落在三棱锥内的概率为__________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意画出图形，求出三棱锥外接球的半径，再分别求出三棱锥及其外接球的体积，由测度比为体积比得答案．‎ ‎【详解】‎ 如图， 在三角形EGF中，由已知可得EG=GF=2，∠EGF=120°， 可得，设三角形EFG的外接圆的半径为r，由 ，可得r=2． 再设△EGF的外心为G1，过G1 作底面EGF的垂线G1O，且使 ． 连接OE，则OE=2为三棱锥P-EFG的外接球的半径． 则． 由测度比为体积比，可得在球C内任取一点，则该点落在三棱锥P-EFG内的概率为 ． 故答案为：．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查球内接多面体及其体积、考查几何概型等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．‎ 评卷人 得分 三、解答题 ‎17．已知圆C与y轴相切，圆心在直线x－2y＝0上，且经过点A(2,3)，求圆C的方程．‎ ‎【答案】或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可设圆心坐标为（2a，a），又圆C与y轴相切，可得半径r=2|a|，圆的标准方程设为（x-2a）2+（y-a）2=9a2，又圆过点A(2,3)，，代入解方程即可得到所求圆的方程．‎ ‎【详解】‎ ‎∵圆心在直线x－2y＝0上，∴设圆心坐标为（2a，a）， 又圆C与y轴相切，∴半径r=2|a|， 圆的标准方程为（x-2a）2+（y-a）2=9a2，又圆过点A(2,3)， ∴（2-2a）2+（3-a）2=4a2，∴a=2或a=26， ∴所求圆的方程为或.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查圆的方程的求法，注意运用待定系数法，考查方程思想和运算能力，属于基础题．‎ ‎18．如图所示，圆锥的轴截面为等腰直角△SAB，Q为底面圆周上一点. ‎ ‎(1)若QB的中点为C，OH⊥SC，求证：OH⊥平面SBQ；‎ ‎(2)如果∠AOQ＝60°，QB＝2，求此圆锥的体积.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2） ‎ ‎【解析】试题分析：（Ⅱ）连接OC、AQ，由三角形中位线定理可得OC∥AQ，由圆周角定理我们可得OC⊥BQ，由圆锥的几何特征，可得SO⊥BQ，进而由线面垂直的判定定理，得到QB⊥平面SOC，则OH⊥BQ，结合OH⊥SC及线面垂直的判定定理得到OH⊥平面SBQ；（Ⅱ）若∠AOQ=60°，易得∠OBQ=∠OQB=30°，又由我们求出圆锥的底面半径OA长及圆锥的高SO，即可得到圆锥的体积及表面积．‎ 试题解析：（1）连接OC，∵SQ＝SB，OQ＝OB，QC＝CB，‎ ‎∴QB⊥SC，QB⊥OC，∴QB⊥平面SOC．‎ ‎∵OH⊂平面SOC，∴QB⊥OH，‎ 又∵OH⊥SC，∴OH⊥平面SQB．‎ ‎（2）连接AQ．∵Q为底面圆周上的一点，AB为直径，‎ ‎∴AQ⊥QB．‎ 在Rt△AQB中，∠QBA＝30°，QB＝2，‎ ‎∴AB=＝4．‎ ‎∵△SAB是等腰直角三角形，∴SO＝AB＝2，‎ ‎∴V圆锥＝π·OA2·SO＝．‎ S侧=．‎ 考点：柱锥台体的体积与表面积 ‎19．在△ABC中，a、b、c分别是∠A、∠B、∠C的对应边长，已知2sin2A＝3cosA．‎ ‎(1)求∠A； (2)若a＝，求△ABC面积的最大值．‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据已知等式求得cosA的值，进而求得A． （2）根据余弦定理建立等式，利用基本不等式的性质确定bc的最大值，进而代入三角形面积公式求得面积的最大值．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）∵2sin2A=3cosA， ∴2（1-cos2A）=3cosA， ∴2cos2A+3cosA-2=0， ‎ 解得 ， ∵0＜A＜π， ∴． （2）∵ 又∵b2+c2-a2=bc， ∴a2=b2+c2-bc≥2bc-bc=bc， 当且仅当a=b时等号成立， ∴．‎ 即△ABC面积的最大值是．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了正弦定理和余弦定理的运用．解题的关键是确定bc的范围．‎ ‎20．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分别是棱AD，AA1的中点．‎ ‎（1）设F是棱AB的中点，证明：直线EE1∥平面FCC1；‎ ‎（2）证明：平面D‎1AC⊥平面BB‎1C1C；‎ ‎（3）求点D到平面D‎1AC的距离．‎ ‎【答案】（1）详见解析（2）详见解析（3）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）要证直线EE1∥平面FCC1，只要证面C C‎1F∥面ADD‎1A1，根据面面平行的判定定理，结合平行四边形的性质证明；（2）根据面面垂直的判定定理，只要证明AC⊥面BCC1B1，再由线面垂直的判定定理只要证明AC垂直于BC、CC1；（3）‎ 利用等积法即VD−D‎1AC＝VD1−ADC，求出点D到平面D‎1AC的距离 试题解析：（1）‎ ‎ 四边形为平行四边形 ‎ 又面 ,面 面 2分 在直四棱柱中， , 又面 ,面 面 3分 又面 面//面 又面,面 5分 ‎（2） 平行四边形是菱形 ‎ ,易知 7分 在直四棱柱中，面 ,面 又 面 9分 又面 面面 10分 ‎（3）易知 11分 ‎ 设到面的距离为，则 ‎ ,又 14分 ‎ ，即到面的距离为 ． 16分 考点：点、线、面间的距离计算；由三视图求面积、体积；直线与平面平行的判定 ‎21．已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且an和Sn满足：4Sn＝(an＋1)2 (n＝1,2,3……)，‎ ‎(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝ ，求{bn}的前n项和Tn；‎ ‎(3)在(2)的条件下，对任意n∈N*，Tn都成立，求整数m的最大值．‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3） .‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由4Sn=（an+1）2，知4Sn-1=（an-1+1）2（n≥2），由此得到（an+an-1）•（an-an-1-2）=0．从而能求出{an}的通项公式． （2）由（1）知 ‎，由此利用裂项求和法能求出Tn． （3）由（2）知 ‎ 从而得到 ．由此能求出任意n∈N*，Tn都成立的整数m的最大值．‎ ‎【详解】‎ ‎：（1）∵4Sn=（an+1）2，① ∴4Sn-1=（an-1+1）2（n≥2），② ①-②得 4（Sn-Sn-1）=（an+1）2-（an-1+1）2． ∴4an=（an+1）2-（an-1+1）2． 化简得（an+an-1）•（an-an-1-2）=0． ∵an＞0，∴an-an-1=2（n≥2）． ∴{an}是以1为首项，2为公差的等差数列． ∴an=1+（n-1）•2=2n-1． （2）． ∴ ． （3）由（2）知 ∴数列{Tn}是递增数列． ∴． ‎ ‎∴ ‎ ‎∴整数m的最大值是7．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查数列的通项公式的求法，考查数列的数列的前n项和公式的求法，解题时要认真审题，仔细解答，注意等价转化思想的合理运用．‎ ‎22．如图所示，M、N、P分别是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱AB、BC、DD1上的点. ‎ ‎(1)若，求证：无论点P在DD1上如何移动，总有BP⊥MN；‎ ‎(2)棱DD1上是否存在这样的点P，使得平面APC1⊥平面ACC1？证明你的结论.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（1）存在点P，证明见解析；‎ ‎【解析】解：（1）证明：连AC，BD，在△ABC中，‎ ‎∵＝，∴MN∥AC.‎ 又∵AC⊥BD，DD1⊥底面ABCD.‎ ‎∴DD1⊥AC，故AC⊥平面BDD1B1.‎ 进而MN⊥平面BDD1B1，‎ ‎∵BP⊂面BDD1B1，‎ ‎∴MN⊥BP.‎ ‎（2）假设存在点P，使面APC1⊥面ACC1，过P作PF⊥AC1，则PF⊥面ACC1.‎ 又∵BD⊥面ACC1，∴PF∥BD，而两平行线PF、BD所确定的平面即为两相交直线BD、DD1确定的对角面BB1D1D，‎ ‎∴F为AC1与对角面BB1D1D的交点，‎ 故F为AC1的中点，由PF∥BD，P∈DD1知，P也是DD1的中点．‎ 显然，当P为DD1中点，F为AC1中点时，‎ ‎∵AP＝PC1，∴PF⊥AC1‎ 又PF∥BD，BD⊥AC，∴PF⊥AC.‎ 从而PF⊥面ACC1，则面APC1⊥面ACC1.‎ 故存在点P，使P为DD1中点时，面APC1⊥面ACC1.‎