浙江省富阳市场口中学高二数学期末适应性考试5月检测试题 理 (2).doc

场口中学期末适应性考试5月检测高二数学试题 一、选择题1 若集合，（ ）a. b. c. d. 2 下列函数中值域为（0，）的是（ ）a. b. c. d. 3若一个组合体的三视图如图所示，则这个组合体的体积为( )a. b. c. d. 4抛物线上的一点到焦点的距离为1，则点的纵坐标是：（ ）a b c d5已知函数是偶函数，且，则（ ）（a） （b） （c） （d）6设m，n是两条不同的直线，、是三个不同的平面，给出下列命题，正确的是（ ）.a若，则 b若，则c若，则 d若，则7函数的图象大致是（ ）.8已知的内角a，b，c所对的边分别为a，b，c，若的可能取值为（ ）.a b c d9已知数列是等差数列，设为数列的前项和，则（ ）a b c d10如图，在棱长为4的正四面体abcd中，m是bc的中点，点p在线段am上运动(p不与a，m重合)，过点p作直线l平面abc，l与平面bcd交于点q，给出下列命题：bc平面amd；q点一定在直线dm上；vcamd4.其中正确命题的序号是()a b c d二、填空题11直线的倾斜角的余弦值为_12已知实数满足约束条件,则的最小值为 13若圆与圆的公共弦的长为8，则_14若实数a和b满足24a2a3b+29b=2a+3b+1，则2a+3b的取值范围为_ 15已知双曲线的一条渐近线方程是，它的一个焦点与抛物线的焦点相同，则双曲线的方程为 . 16设e，f分别是rtabc的斜边bc上的两个三等分点，已知ab3，ac6，则 17定义在上的函数,如果对于任意给定的等比数列，仍是等比数列,则称为“等比函数”.现有定义在上的如下函数:； ； .则其中是“等比函数”的的序号为 三、解答题18（本题满分10分）已知向量，函数 图像的一条对称轴与其最近的一个对称中心的距离为（1）求的解析式；（2）在中，分别是角a,b,c的对边，且，求边的值19（本小题满分10分）已知单调递增的等比数列满足：，且是的等差中项.（1）求数列的通项公式；（2）若，求使成立的正整数的最小值.20（本小题满分12分）如图，四棱锥的底面为一直角梯形，侧面pad是等边三角形，其中，,平面底面，是的中点(1)求证:/平面；(2)求与平面bde所成角的余弦值；(3)线段pc上是否存在一点m，使得am平面pbd，如果存在，求出pm的长度；如果不存在，请说明理由。21（本小题满分12分）函数（为常数）的图象过点（1）求的值；（2）函数在区间上有意义，求实数的取值范围；（3）讨论关于的方程（为常数）的正根的个数.18场口中学期末适应性考试5月检测参考答案1a【解析】解：因为集合，选a2d【解析】解：因为函数的值域，一般要根据函数的定义域和单调性得到，因此可以满足题意的为选d.选项a不能取到1，选项b能取到0，选项c中，大于等于1,。3c【解析】此组合体是由一个棱长为2的正方体和半径为1的半球组合而成，则这个组合体的体积为=。4b【解析】略5【解析】d 解析：因为函数是偶函数，所以，所以选d.【思路点拨】抓住偶函数的性质，即可得到f(2)与f(2)的关系，求值即可. 6b.【解析】试题分析：对于a选项，可能m与相交或平行，对于选项b，由于，则在内一定有一直线设为与平行，又，则，又，根据面面垂直的判定定理，可知，故b选项正确，对于c选项，可能有，对于d选项，可能与相交.考点：线面间的位置关系7a.【解析】试题分析：因为，且，所以此函数为偶函数，排除b,c，又当时，易知时，而当时，此时所以排除d.考点：识图与辨图（常从函数的定义域，值域，奇偶性，特殊点，特殊位置等处入手判断）.8d.【解析】试题分析：因为，又在中由余弦定理有，所以有，两边同除以，得，解得，由选项代入前式，可知c的一个可能值为符合要求.考点：余弦定理，二倍角的余弦公式，解一元二次不等式.9d【解析】试题分析：因为，所以，故选d考点：等差数列定义及性质、数列求和10a【解析】ambc，dmbc，bc面amd，故正确，也正确；中，vcamdvabcd，a到底面bcd的距离ao，vabcd44，vcamd.11.【解析】试题分析：由直线方程可得直线的斜率为，设直线的倾斜角为知，再由同角三角函数公式，联立这两个方程组得.考点：直线的倾斜角123.【解析】试题分析：如图所示，令，当过a点时，z取到最小值为.考点：线性规划问题（求线性目标函数的最小值）.13或.【解析】试题分析：将两圆的方程相减即可得到两圆公共弦所在的直线方程即，根据弦长与半径以及弦心距之间的关系即可得到，即可得到，从而解得或.考点：直线与圆相交的性质14（1,215【解析】略1610解析 ()()（）()|2()|2(6232)10.17【解析】试题分析：或.对，不是等比数列；对，仍为等比数列；对，仍为等比数列；对 ，不是等比数列.考点：1、等比数列；2、新定义.18（1），（2），【解析】试题分析：先利用数量积坐标运算和降幂公式及辅助角公式，求出函数，图像的一条对称轴与其最近的一个对称中心的距离为，所以周期，则；第二步由可得，又 ，最后用余弦定理求出边；试题解析：（1） （2分）的最小正周期为 （2） （6分）又 （8分）由余弦定理知： （10分）考点：1三角函数恒等变换；2三角函数性质；3面积公式与余弦定理；19（1）（2）【解析】试题分析： 先设等比数列的首项为，公比为根据是的等差中项，则，又因为，可得，解之得 或又数列单调递增 ，数列的通项公式为；第二步，下面利用错位相减法求和，两式相减，得 下面解不等式即，即， 从而 故正整数的最最小值为5. 试题解析： （1）设等比数列的首项为，公比为依题意，有，代入，可得，解之得 或又数列单调递增， ，数列的通项公式为 6（2），两式相减，得 即，即 从而 故正整数的最小值为5.使成立的正整数的最小值为5. 12分考点： 1.等差数列与等比数列的通项公式；2.错位相减法求数列的和；3.解不等式20（1）详见解析；（2）coscbn= ；（3）不存在点m满足题意.【解析】试题分析：（1）证明be平面pad，只需证明afbe；（2）过c作de的垂线，交de的延长线于n，连接bn，证明cbn就是直线bc与平面bde所成角，从而可求bc与平面bde所成角的余弦值；（3）假设pc上存在点m，使得am平面pbd，则ampd，可得点m与e重合取cd中点g，连接eg，ag，则bdag，证明pd平面bcd，从而pdad，这与pad是等边三角形矛盾试题解析：(1)取pd中点f，连接af, ef则,又，四边形abef是平行四边形 2分afbe 又平面pad，平面pad/平面 4分（2）过c作de的垂线，交de的延长线于n，连接bn平面底面，平面af 又afpd，af平面pcdbe平面pcdbecn，又cnde，cn平面bdecbn就是直线与平面bde所成角 7分令ad=1，,易求得，sincbn=coscbn= 故与平面bde所成角的余弦值为 9分（3）假设pc上存在点m，使得am平面pbd 则ampd,由（2）afpdpd平面afm，又pd平面abef故点m与e重合。 1分取cd中点g，连接eg,ag易证bdag，又bdaebd平面aegbdegbdpd,又pdcd pd平面bcd从而pdad,这与pad是等边三角形矛盾（另解坐标法）证明：取ad中点o，连接po侧面pad是等边三角形 poad又平面底面， po平面abcd 2分设，如图建立空间坐标系，则，,，. 3分（1），所以， 平面，平面. 5分（2），设平面的一个法向量为则 求得平面的一个法向量为； 7分， 8分所以直线与平面所成角的余弦值为。 10分（3）设存在点m(满足am平面pbd，则m、p、c三点共线因为，所以存在实数，使得即 11分am平面pbd 得（不合题意）故在线段上不存在点m满足题意。 14分考点：(1)空间的位置关系的证明；（2）线面角的求法；（3）向量在立体几何中的应用.21（1）；（2）；（3）3个.【解析】试题分析：（1）依题意直接代入得；（2）将代入得，要使其在区间上有意义，只需满足对恒成立，得，令，先确定在上的单调性（可利用求导，也可利用定义），再求在上的最小值，即可得到实数的取值范围；（3）求方程（为常数）的正根的个数，可以转化为求函数与图像交点个数，其中的图像和的大小有关，所以要分，三种情况讨论，详见解析.试题解析：（1）依题意有 3分（2）由（1）得，则在区间上有意义，即对恒成立，得，令，先证其单调递增：法1 在上恒成立，故在递增，法2： 任取，则因为，则，故在递增，则，得 8分（3）结合图象有：当时，正根的个数为0；如图一当时，正根的个数为1；如图二当时，正根的个数为2；如图三 13分考点：（1）待定系数法；（2）导数的应用及恒成立问题；（3）函数图像. 场口中学期末适应性考试5月检测参考答案1a【解析】解：因为集合，选a2d【解析】解：因为函数的值域，一般要根据函数的定义域和单调性得到，因此可以满足题意的为选d.选项a不能取到1，选项b能取到0，选项c中，大于等于1,。3c【解析】此组合体是由一个棱长为2的正方体和半径为1的半球组合而成，则这个组合体的体积为=。4b【解析】略5d 解析：因为函数是偶函数，所以，所以选d.6b.【解析】试题分析：对于a选项，可能m与相交或平行，对于选项b，由于，则在内一定有一直线设为与平行，又，则，又，根据面面垂直的判定定理，可知，故b选项正确，对于c选项，可能有，对于d选项，可能与相交.考点：线面间的位置关系7a.【解析】试题分析：因为，且，所以此函数为偶函数，排除b,c，又当时，易知时，而当时，此时所以排除d.考点：识图与辨图（常从函数的定义域，值域，奇偶性，特殊点，特殊位置等处入手判断）.8d.【解析】试题分析：因为，又在中由余弦定理有，所以有，两边同除以，得，解得，由选项代入前式，可知c的一个可能值为符合要求.考点：余弦定理，二倍角的余弦公式，解一元二次不等式.9d【解析】试题分析：因为，所以，故选d考点：等差数列定义及性质、数列求和10a【解析】ambc，dmbc，bc面amd，故正确，也正确；中，vcamdvabcd，a到底面bcd的距离ao，vabcd44，vcamd.11.【解析】试题分析：由直线方程可得直线的斜率为，设直线的倾斜角为知，再由同角三角函数公式，联立这两个方程组得.考点：直线的倾斜角123.【解析】试题分析：如图所示，令，当过a点时，z取到最小值为.考点：线性规划问题（求线性目标函数的最小值）.13或.【解析】试题分析：将两圆的方程相减即可得到两圆公共弦所在的直线方程即，根据弦长与半径以及弦心距之间的关系即可得到，即可得到，从而解得或.考点：直线与圆相交的性质14(1,215【解析】略1610解析 ()()（）()|2()|2(6232)10.17【解析】试题分析：或.对，不是等比数列；对，仍为等比数列；对，仍为等比数列；对 ，不是等比数列.考点：1、等比数列；2、新定义.18（1），（2），【解析】试题分析：先利用数量积坐标运算和降幂公式及辅助角公式，求出函数，图像的一条对称轴与其最近的一个对称中心的距离为，所以周期，则；第二步由可得，又 ，最后用余弦定理求出边；试题解析：（1） （2分）的最小正周期为 （2） （6分）又 （8分）由余弦定理知： （10分）考点：1三角函数恒等变换；2三角函数性质；3面积公式与余弦定理；19（1）（2）【解析】试题分析： 先设等比数列的首项为，公比为根据是的等差中项，则，又因为，可得，解之得 或又数列单调递增 ，数列的通项公式为；第二步，下面利用错位相减法求和，两式相减，得 下面解不等式即，即， 从而 故正整数的最最小值为5. 试题解析： （1）设等比数列的首项为，公比为依题意，有，代入，可得，解之得 或又数列单调递增， ，数列的通项公式为 6（2），两式相减，得 即，即 从而 故正整数的最小值为5.使成立的正整数的最小值为5. 12分考点： 1.等差数列与等比数列的通项公式；2.错位相减法求数列的和；3.解不等式20（1）详见解析；（2）coscbn= ；（3）不存在点m满足题意.【解析】试题分析：（1）证明be平面pad，只需证明afbe；（2）过c作de的垂线，交de的延长线于n，连接bn，证明cbn就是直线bc与平面bde所成角，从而可求bc与平面bde所成角的余弦值；（3）假设pc上存在点m，使得am平面pbd，则ampd，可得点m与e重合取cd中点g，连接eg，ag，则bdag，证明pd平面bcd，从而pdad，这与pad是等边三角形矛盾试题解析：(1)取pd中点f，连接af, ef则,又，四边形abef是平行四边形 2分afbe 又平面pad，平面pad/平面 4分（2）过c作de的垂线，交de的延长线于n，连接bn平面底面，平面af 又afpd，af平面pcdbe平面pcdbecn，又cnde，cn平面bdecbn就是直线与平面bde所成角 7分令ad=1，,易求得，sincbn=coscbn= 故与平面bde所成角的余弦值为 9分（3）假设pc上存在点m，使得am平面pbd 则ampd,由（2）afpdpd平面afm，又pd平面abef故点m与e重合。 1分取cd中点g，连接eg,ag易证bdag，又bdaebd平面aegbdegbdpd,又pdcd pd平面bcd从而pdad,这与pad是等边三角形矛盾（另解坐标