[ID:3-6856941] 2019-2020学年浙江省衢州市四校联盟高二第一学期期中数学试卷 含解析
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2019-2020学年高二第一学期期中数学试卷 一、选择题 1.已知全集U=R,集合A={x|1<x≤3},B={x|x>2},则A∩?UB=(  ) A.{x|1<x≤2} B.{x|1≤x<2} C.{x|1≤x<2} D.{x|1≤x≤3} 2.直线的倾斜角为(  ) A.30° B.60° C.120° D.150° 3.已知正三角形ABC的边长为2,那么△ABC的直观图△A′B′C′的面积为(  ) A. B. C. D. 4.若变量x,y满足约束条件,则x+2y的最大值(  ) A. B.0 C. D. 5.设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,(  ) A.若α⊥β,m?α,n?β,则m⊥n B.若α∥β,m?α,n?β,则m∥n C.若α⊥β,α∩β=m,m⊥n,则n⊥β D.若α∥β,m⊥α,n∥β,则m⊥n 6.函数y=ax﹣a(a>0且a≠1)的图象可能是(  ) A. B. C. D. 7.如图,在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,M是棱DC的中点,则异面直线BM与A1C所成角的正弦值为(  ) A. B. C. D. 8.已知直线l:x﹣y+2=0,圆C:(x﹣3)2+y2=4,若点P是圆C上所有到直线的距离中最短的点,则点P的坐标是(  ) A.(3,) B.(3﹣) C.(3﹣) D.(3) 9.如果圆(x﹣a)2+(y﹣a+3)2=1上存在两个不同的点P,Q,使得|OP|=|OQ|=2(O为坐标原点),则a的取值范围(  ) A.0<a<3 B.0≤a≤3 C.a<﹣1或a>4 D.a≤﹣1或a≥4 10.已知四棱锥S﹣ABCD的底面是边长为2的正方形,AD⊥侧面SCD,∠SDC=120°,E是线段AB上的点(不含端点),若侧面SAB,直线SE,侧面SAD与平面ABCD所成角大小分别为α,β,γ,则下列结论成立的是(注:α指二面角S﹣AB﹣C的大小,γ指二面角S﹣AD﹣C的大小)(  ) A.α<β<γ B.β<γ<α C.γ<β<α D.β<α<γ 二、填空题(本大题共7题) 11.若sinα+2cosα=0(0<α<π),则tanα=   ,cos(2)=   . 12.已知向量=(2,﹣1,3),=(﹣1,4,﹣2),=(7,5,λ),若,则λ=   ,若,,共面,则λ=   . 13.一个三棱锥的三视图如图所示,则其体积为   ,其表面积为   . 14.在△ABC中,∠B=45°,AC=2,O为△ABC的外接圆圆心,则=   ,△ABC的面积最大值为   . 15.如图,在矩形ABCD中,AB=2,AD=1,E为CD的中点,将△ADE沿AE折起,使得二面角D﹣AE﹣B为60°,则DE与平面ABCD所成角的余弦值为   . 16.若正实数x,y满足y2+2xy﹣1=0,则x+2y的最小值为   . 17.如图,圆柱W的底面半径为1,高为2,平面MNFE是轴截面,点G,G1分别是圆弧,的中点,H在劣弧上(异于N,G1),H,G,G1在平面MNFE的同侧,记二面角G﹣NH﹣F,G﹣FH﹣N的大小分别为α,β,则tanα﹣tanβ的取值范围为   . 三、解答题(本题共5小题) 18.已知直线l:x+y+2=0,圆C:(x﹣2)2+y2=2. (1)平行于l的直线l1与圆C相切,求直线l1的方程; (2)直线l分别与x轴,y轴交于A,B两点,点P在圆C上,求△ABP的面积的取值范围. 19.已知三棱柱ABC﹣A1B1C1,AA1⊥底面ABC,AB=AC=AA1,AB⊥AC,D为线段AC的中点. (1)证明:B1C∥平面BA1D; (2)求二面角B﹣A1D﹣C的余弦值. 20.已知{an}是等差数列,公差不为零,其前n项和为Sn,若a2,a4,a7成等比数列,S3=12. (1)求an及Sn; (2)已知数列{bn}满足,,Tn为数列{bn}的前n项和,求Tn的取值范围. 21.(16分)四棱锥P﹣ABCD中,AP=AC,底面ABCD为等腰梯形,CD∥AB,AB=2CD=2BC=2,E为线段PC的中点,PC⊥CB. (1)证明:AE⊥平面PCB; (2)若PB=2,求直线DP与平面APC所成角的正弦值. 22.(16分)已知. (1)判断函数f(x)的奇偶性,并说明理由; (2)若实数a满足,求实数a的取值范围; (3)若存在实数b∈[0,1],使对任意x∈[1,+∞),f(x)﹣ax2+2ax﹣b≥0恒成立,求a的取值范围. 参考答案 一、选择题(本大题共10小题) 1.已知全集U=R,集合A={x|1<x≤3},B={x|x>2},则A∩?UB=(  ) A.{x|1<x≤2} B.{x|1≤x<2} C.{x|1≤x<2} D.{x|1≤x≤3} 【分析】根据题意,由补集的定义先求出集合?UB,进而由交集的定义计算可得A∩?UB,即可得答案. 解:根据题意,B={x|x>2},则?UB={x|x≤2} 又由A={x|1<x≤3}, 则A∩?UB={x|1<x≤2}; 故选:A. 2.直线的倾斜角为(  ) A.30° B.60° C.120° D.150° 【分析】先求出直线的斜率,再根据倾斜角与斜率的关系及倾斜角的范围,求出倾斜角的大小. 解:直线x﹣y+2=0的斜率等于, 又因为直线的斜率等于倾斜角的正切值,且倾斜角大于或等于0度小于180度, 故直线的倾斜角为60°, 故选:B. 3.已知正三角形ABC的边长为2,那么△ABC的直观图△A′B′C′的面积为(  ) A. B. C. D. 【分析】作出原图三角形与直观图形,再求直观图形的面积. 解:如图所示, 直观图△A′B′C′的高为 h=C′D′sin45°=CDsin45°=×2×sin60°×sin45°=, 底边长为A′B′=AB=2; 所以△A′B′C′的面积为: S=AB?h=×2×=. 故选:D. 4.若变量x,y满足约束条件,则x+2y的最大值(  ) A. B.0 C. D. 【分析】先根据约束条件画出可行域,再利用几何意义求最值,只需求出直线z=x+2y过点A(1,2.5)时,z最大值即可. 解:作出x,y满足约束条件可行域如图, 由z=x+2y知,y=﹣x+z, 所以动直线y=﹣x+z的纵截距 z取得最大值时, 目标函数取得最大值. 由得B(,). 结合可行域可知当动直线经过点B(,)时, 目标函数取得最大值z=+2×=. 故选:C. 5.设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,(  ) A.若α⊥β,m?α,n?β,则m⊥n B.若α∥β,m?α,n?β,则m∥n C.若α⊥β,α∩β=m,m⊥n,则n⊥β D.若α∥β,m⊥α,n∥β,则m⊥n 【分析】A.由条件可得m与n不一定垂直,即可判断出正误; B.由条件可得:m∥n或为异面直线,即可判断出正误; C.由条件可得:n与β的各种位置关系都有可能,即可判断出正误; D.由α∥β,m⊥α,n∥β,利用面面平行、线面垂直的性质定理即可判断出正误. 解:m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面. A.α⊥β,m?α,n?β,则m与n不一定垂直,不正确; B.α∥β,m?α,n?β,则m∥n或为异面直线,因此不正确; C.α⊥β,α∩β=m,m⊥n,则n与β的各种位置关系都有可能,因此不正确; D.α∥β,m⊥α,∴m⊥β,又n∥β,可得m⊥n,正确. 故选:D. 6.函数y=ax﹣a(a>0且a≠1)的图象可能是(  ) A. B. C. D. 【分析】令x=1得y=0,即函数过定点(1,0),利用对应性进行排除即可. 解:当x=1时,y=a﹣a=0,即函数过定点(1,0),排除A,B,D, 故选:C. 7.如图,在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,M是棱DC的中点,则异面直线BM与A1C所成角的正弦值为(  ) A. B. C. D. 【分析】以D为原点,DA为x轴,DC为y轴,DD1为z轴,建立空间直角坐标系,利用向量法能求出异面直线BM与A1C所成角的正弦值. 解:在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,M是棱DC的中点, 以D为原点,DA为x轴,DC为y轴,DD1为z轴,建立空间直角坐标系, 在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中设棱长为2, 则B(2,2,0),M(0,1,0),A1(2,0,2),C(0,2,0), =(﹣2,﹣1,0),=(﹣2,2,﹣2), cos<,>===, 则异面直线BM与A1C所成角的正弦值为=. 故选:A. 8.已知直线l:x﹣y+2=0,圆C:(x﹣3)2+y2=4,若点P是圆C上所有到直线的距离中最短的点,则点P的坐标是(  ) A.(3,) B.(3﹣) C.(3﹣) D.(3) 【分析】先确定直线与圆的位置关系,找出圆上的点到直线的最短距离的点,求出连心线方程,与圆联立解方程,根据点所在象限求出P即可. 解:如图,直线l:x﹣y+2=0的斜率为1,所以过圆心垂直于l的直线方程为:y=﹣x+3. 圆上的点到直线的最短距离的点P,就是直线与圆第一象限的交点. 联立解方程,得或者. 因为P在第一象限,所以P(. 故选:B. 9.如果圆(x﹣a)2+(y﹣a+3)2=1上存在两个不同的点P,Q,使得|OP|=|OQ|=2(O为坐标原点),则a的取值范围(  ) A.0<a<3 B.0≤a≤3 C.a<﹣1或a>4 D.a≤﹣1或a≥4 【分析】根据题意,分析可得P、Q在以(0,0)为圆心,半径为2的圆上,其方程为x2+y2=4,进而分析可得两个圆有两个交点,由圆与圆的位置关系可得2﹣1<<2+1,解可得a的取值范围,即可得答案. 解:根据题意,点P、Q满足|OP|=|OQ|=2,则P、Q在以(0,0)为圆心,半径为2的圆上,其方程为x2+y2=4, 若圆(x﹣a)2+(y﹣a+3)2=1上存在两个不同的点P,Q,使得|OP|=|OQ|=2(O为坐标原点),即两个圆有两个交点, 则2﹣1<<2+1,变形可得a2﹣3a<0且a2﹣3a+4>0, 解可得:0<a<3,即a的取值范围为0<a<3, 故选:A. 10.已知四棱锥S﹣ABCD的底面是边长为2的正方形,AD⊥侧面SCD,∠SDC=120°,E是线段AB上的点(不含端点),若侧面SAB,直线SE,侧面SAD与平面ABCD所成角大小分别为α,β,γ,则下列结论成立的是(注:α指二面角S﹣AB﹣C的大小,γ指二面角S﹣AD﹣C的大小)(  ) A.α<β<γ B.β<γ<α C.γ<β<α D.β<α<γ 【分析】作出二面角的平面角,再根据正切的三角关系,比较大小,最后得到结论. 解:∵AD⊥侧面SCD, ∴AD⊥CD,AD⊥SD, ∴∠SDC是面SAD与底面ABCD所成的二面角, ∵∠SDC=120°,侧面SAB,直线SE,SAD与底面ABCD所成的二面角分别为α,β,γ, ∴γ=120°, 过S作SO⊥CD于O,则AD⊥SO, ∴SO⊥平面ABCD, ∴∠SCD为平面SBC与底面ABCD所成角, ∴β<60°,tanβ=, 过O作OE⊥AB于E,则∠SEO为直线SE与平面ABCD所成的二面角, tanα=, ∴0<β<α<γ, 故选:D. 二、填空题(本大题共7小题,多空题每题6分,单空题每题4分,共36分) 11.若sinα+2cosα=0(0<α<π),则tanα= ﹣2 ,cos(2)=  . 【分析】由题意利用同角三角函数的基本关系求得tanα,再利用二倍角公式,求出cos(2)的值. 解:∵sinα+2cosα=0(0<α<π),∴sinα=﹣2cosα,即tanα=﹣2. ∴cos(2)=cos2α﹣sin2α=?﹣? =?﹣?=﹣?=, 故答案为:﹣2;. 12.已知向量=(2,﹣1,3),=(﹣1,4,﹣2),=(7,5,λ),若,则λ= ﹣3 ,若,,共面,则λ=  . 【分析】本题第一个空根据两向量垂直则内积为0即可算出λ的值;第二个空三向量共面,则其中一个向量可由另两个向量线性表达,然后转化成方程组即可得出结果. 解:由题意,可知: ①⊥?2×7+(﹣1)×5+3λ=0,解得λ=﹣3. ②,,共面?存在两个实数m、n,使得=m+n, 即,根据上面两个式子,可得. ∴λ=3×﹣2×=. 故答案为:﹣3,. 13.一个三棱锥的三视图如图所示,则其体积为 10 ,其表面积为 26 . 【分析】由三视图画出该三棱锥的直观图,结合图形求出该三棱锥的表面积和体积. 解:由三视图,画出该三棱锥P的直观图如图所示; 则该三棱锥的表面积是 S=S△ABC+S△PAB+S△PAC+S△PBC =×3×4+×5×+×3×5+×4× =6+++2 =26+2; 体积是V=S△ABC?PA=××3×4×5=10. 故答案为:10,26+2. 14.在△ABC中,∠B=45°,AC=2,O为△ABC的外接圆圆心,则= 0 ,△ABC的面积最大值为  . 【分析】(1)直接由圆心角是对应圆周角的2倍,可得OA⊥OC;(2)由余弦定理可得=,再用三角形的面积公式可求得三角形面积是最大值; 解:由,∠B=45°,则∠AOC,即OA⊥OC; ∴; 又由余弦定理|AC|2=|AB|2+|BC|2﹣2|AB|?|BC|cos∠B≥; 即=; ≤=; 故答案为:0,; 15.如图,在矩形ABCD中,AB=2,AD=1,E为CD的中点,将△ADE沿AE折起,使得二面角D﹣AE﹣B为60°,则DE与平面ABCD所成角的余弦值为  . 【分析】取AB中点F,连接DF,交AE于O,取OF中点G,证明DG⊥平面ABCE,则∠DEG即为DE与平面ABCD所成角,在三角形DEG中处理即可. 解:如图,取AB的中点F,连接DF,交AE于O, 因为AB=2,AD=1, 所以OD=OF=,DE=EF=1,AE⊥OD,AE⊥OF, 又OD∩OF=O, 所以AE⊥平面ODF, 所以∠DOF即为二面角D﹣AE﹣B的平面角,所以∠DOF=60° 所以△DOF为正三角形, 所以DF=, 取OF的中点G,连接GE,GD, 因为AE⊥平面ODF,DG?平面ODF, 所以DG⊥AE,又因为DG⊥OF,OF∩AE=O, 所以DG⊥平面ABCE, 所以∠DEG即为DE与平面ABCD所成角, DG=OD×sin60°==, 所以GE===, 所以sin∠DEG===, 故答案为:. 16.若正实数x,y满足y2+2xy﹣1=0,则x+2y的最小值为  . 【分析】令x+2y=t,(t>0)则x=t﹣2y,将已知条件转化为方程3y2﹣2ty+1=0有实根,根据判别式即可求t的范围. 解:令x+2y=t,(t>0)则x=t﹣2y, 依题意,y2+2xy﹣1=0,即y2+2y(t﹣2y)﹣1=0, 所以方程3y2﹣2ty+1=0有实根, 所以△=(2t)2﹣12≥0, 解得t或t(舍), 所以x+2y的最小值为, 故答案为:. 17.如图,圆柱W的底面半径为1,高为2,平面MNFE是轴截面,点G,G1分别是圆弧,的中点,H在劣弧上(异于N,G1),H,G,G1在平面MNFE的同侧,记二面角G﹣NH﹣F,G﹣FH﹣N的大小分别为α,β,则tanα﹣tanβ的取值范围为 (4,+∞) . 【分析】以点O2为坐标原点,分别以O2G,O2E,O2O1为x、y、z轴建立空间坐标系O2﹣xyz,N(0,﹣1,2),G(1,0,0),F(0,1,2), 设H(m,n,2),0<m<1,﹣1<n<0,且m2+n2=1,设平面NHG的法向量,由,可得.设平面GFH的法向量,由,可得.设平面FNH的法向量为=(0,0,1),利用向量解集公式可得cosα=|cos<,>|.可得tanα.﹣cosβ=|cos<,>|.可得﹣tanβ.代入tanα﹣tanβ,化简整理即可得出. 解:以点O2为坐标原点,分别以O2G,O2E,O2O1为x、y、z轴建立空间坐标系O2﹣xyz, 所以N(0,﹣1,2),G(1,0,0),F(0,1,2), 设H(m,n,2),0<m<1,﹣1<n<0,且m2+n2=1,, 设平面NHG的法向量,, 由,得,, 设平面GFH的法向量,, 由,得,故, 设平面FNH的法向量为=(0,0,1), cosα=|cos<,>|==.可得tanα=. ﹣cosβ=|cos<,>|==.可得﹣tanβ=. ∴tanα﹣tanβ=+=+=2(+)=>4.(n→﹣1时). 故答案为:(4,+∞). 三、解答题(本大题共5小题,共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 18.已知直线l:x+y+2=0,圆C:(x﹣2)2+y2=2. (1)平行于l的直线l1与圆C相切,求直线l1的方程; (2)直线l分别与x轴,y轴交于A,B两点,点P在圆C上,求△ABP的面积的取值范围. 【分析】(1)利用直线的平行,设出直线l1的方程,根据相切求出直线的方程;(2)求出|AB|,利用点到直线的距离h,根据几何性质求出h的范围,代入面积公式即可. 解:(1)设l的平行系方程为l1:x+y+m=0, 因为直线l1与圆C相切,所以,∴m=0,m=﹣4 ∴l1:x+y=0或l1:x+y﹣4=0. (2)直线l分别与x轴,y轴交于A,B两点,A(0,﹣2),B(﹣2,0), 记P到直线l的距离为h,则, 又圆心C到l的距离, ∴d﹣r≤h≤d+r,即, 代入得:2≤S△ABP≤6. 19.已知三棱柱ABC﹣A1B1C1,AA1⊥底面ABC,AB=AC=AA1,AB⊥AC,D为线段AC的中点. (1)证明:B1C∥平面BA1D; (2)求二面角B﹣A1D﹣C的余弦值. 【分析】(1)连接AB1交A1B于E,则AE=EB1,由D为AC中点,得到B1C∥DE,由此能证明B1C∥平面BA1D. (2)以AC,AB,AA1分别x,y,z轴建立空间直角坐标系,利用向量法能求出二面角B﹣A1D﹣C的余弦值. 解:(1)证明:连接AB1交A1B于E, 则AE=EB1,又D为AC中点, ∴在△AB1C中,B1C∥DE,DE?平面BA1D, B1C?平面BA1D,∴B1C∥平面BA1D. (2)解:以AC,AB,AA1分别x,y,z轴建立空间直角坐标系,设AB=2, 则A1(0,0,2),B(0,2,0),D(1,0,0),C(2,0,0), 设平面BA1D法向量=(x,y,z), =(0,﹣2,2),=(1,﹣2,0), 则,则=(2,1,1), 同理平面CA1D的法向量=(0,1,0), 则|cosθ|=, ∵二面角B﹣A1D﹣C为钝角, ∴二面角B﹣A1D﹣C的余弦值为﹣. 20.已知{an}是等差数列,公差不为零,其前n项和为Sn,若a2,a4,a7成等比数列,S3=12. (1)求an及Sn; (2)已知数列{bn}满足,,Tn为数列{bn}的前n项和,求Tn的取值范围. 【分析】(1)将a2,a4,a7成等比数列,S3=12.转化为a1和d的方程组,解出a1和d,即可得到an及Sn; (2)数列{bn}满足,当n≥2时,运用累加法求出bn,验证n=1时也成立,再利用裂项相消求和求出Tn,根据其单调性即可求出Tn的范围. 解:(1)解得d=0(舍)或d=1,则a1=3, an=n+2,Sn=, (2)由﹣=an得 n≥2时,=()+(+)+(﹣)+……+(﹣)+, =, 当n=1时上式仍成立. ∴bn==2(﹣), ∴, ∵单调递增. ∴. 21.(16分)四棱锥P﹣ABCD中,AP=AC,底面ABCD为等腰梯形,CD∥AB,AB=2CD=2BC=2,E为线段PC的中点,PC⊥CB. (1)证明:AE⊥平面PCB; (2)若PB=2,求直线DP与平面APC所成角的正弦值. 【分析】(1)直接利用直线和平面的垂直之间的转换的应用求出结果. (2)首先建立空间直角坐标系,利用平面的法向量的应用,进一步利用平面向量的数量积的应用期初直线和平面夹角. 【解答】证明:(1)AP=AC,E为PC的中点, 所以AE⊥PC, 在等腰梯形ABCD中,作CF⊥AB, F为垂足,则由AB=2BC=2CD知FB=, 所以∠CBA=60°,∠CAB=30°, 则∠ACB=90°. 即AC⊥BC,又PC⊥BC,PC∩AC=C, BC⊥平面PCA,AE?平面PCA,AE⊥BC, 由于PC∩BC=C,PC,BC?平面PCB, 所以AE⊥平面PCB. 解:(2)PB=2,BC=1,所以, AP=AC=,取AC中点M,则PM⊥AC, 所以BC⊥平面PCA,PM⊥BC, 所以PM⊥平面ABCD. 如图以CA为x轴,CB为y轴,C为原点建立空间直角坐标系, 则A(),B(0,1,0),C(0,0,0),,, 由(1)知BC⊥平面PCA,则平面APC的法向量, , 所以, 直线DP与平面APC所成角的正弦值. 22.(16分)已知. (1)判断函数f(x)的奇偶性,并说明理由; (2)若实数a满足,求实数a的取值范围; (3)若存在实数b∈[0,1],使对任意x∈[1,+∞),f(x)﹣ax2+2ax﹣b≥0恒成立,求a的取值范围. 【分析】(1)利用奇函数的定义证明即可; (2)利用对数的性质化简,利用函数的单调性脱去f,即可解的; (3)假设存在实数b∈[0,1],使对任意x∈[1,+∞),f(x)﹣ax2+2ax﹣b≥0,即f(x)≥ax2﹣2ax+b成立,则f(x)≥ax2﹣2ax+1≥ax2﹣2ax;令g(x)=ax2﹣2ax,分三种情况对g(x)在[1,+∞)上单调性讨论,当a<0时,当a=0时,当a>0时,只要f(x)最小值≥g(x)最大值,即可. 解:(1)定义域为R,f(﹣x)==﹣=﹣f(x);∴f(x)为奇函数; (2)f(x)===1﹣ 由于e2x+1为增函数且e2x+1>0,∴为减函数,∴f(x)为R上的增函数; ∴2f(log3a)+f()+f(1)=2f(log3a)﹣f(log3a)+f(1)≤0; ∴f(log3a)≤﹣f(1)=f(﹣1); ∴; ∴0<a≤; (3)假设存在实数b∈[0,1],f(x)﹣ax2+2ax﹣b≥0,即f(x)≥ax2﹣2ax+b成立,则f(x)≥ax2﹣2ax+1≥ax2﹣2ax; 由(2)知f(x)在[1,+∞)单调递增; 令g(x)=ax2﹣2ax, 当a<0时,g(x)在(1,+∞)单调递减,∴要使f(x)≥ax2﹣2ax=g(x)对任意x∈[1,+∞)恒成立, 则只要f(1)≥g(1),即≥﹣a成立, 解得0>a≥﹣; 当a=0时,g(x)=0,∴f(x)≥>0,恒成立 当a>0时,因为g(x)=ax2﹣2ax在[1,+∞)单调递增且当x→+∞时,g(x)→+∞; 而f(x)===1﹣<1; 所以必然存在x0∈[1,+∞),使x>x0时,有g(x)>f(x), 综上:≤a≤0.
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  • 资料类型: 试卷
  • 资料版本:通用
  • 适用地区:浙江省衢州市
  • 文件大小:1.55M
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