湖北省枣阳市白水高级中学2016-2017学年高二暑假开学考试数学试题.doc

湖北省枣阳市白水高级中学2016-2017学年高二暑假开学考试数学试题 祝考试顺利 时间：120分钟 分值150分_第I卷(选择题共60分) 一、选择题(本大题12小题，每小题5分，共60分)1设，则四个集合的关系为 ()AMP NQ BMPQN CPMNQDPMQN2正三棱柱的棱长都为2，为的中点，则与面GEF成角的正弦值是( )ABCA1B1C1GFEA BC D3不等式的解集为( )A BC D4( )A0 B C1 D5下列命题中的真命题是( )A若，则 B若，则C若，则 D若，则6若ab，cd，则下列不等关系中不一定成立的是( )Aa-bd-c Ba+db+c Ca-cb-c Da-ca-d7点在不等式组表示的平面区域内，则取值范围是 A B C D8已知是两条不同的直线，是三个不同平面，下列命题正确的是( )A若，则 B若，则C若，则 D若，则9下列命题中，错误的是 ( )A.一条直线与两个平行平面中的一个相交，则必与另一个平面相交B.平行于同一平面的两个不同平面平行C.如果平面不垂直平面，那么平面内一定不存在直线垂直于平面D.若直线不平行平面，则在平面内不存在与平行的直线10已知为非零实数，且，则下列不等式成立的是( )ABCD11如图，网格纸上小正方形的边长为，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各面中，面积的最大值是( )A B C D12三棱锥中，平面，则该三棱锥外接球的表面积为( )A B C D第II卷(非选择题)二、填空题(本大题共4个小题，每题5分，满分20分)13若不等式对恒成立，则实数的取值范围是_.14已知变量x、y，满足的最大值为 1516一个透明密闭的正方体容器中，恰好盛有该容器一半容积的水，任意转动这个正方体，则水面在容器中的形状可以是:(1)三角形；(2)长方形；(3)正方形；(4)正六边形.其中正确的结论是_.(把你认为正确的序号都填上)三、解答题(70分)17(本题12分)已知的图象过点，且()求函数的解析式；()若，解关于的不等式 18(本题12分)在ABC中，AB3，AC边上的中线BD， (1)求AC的长；(2)求sin(2AB)的值19(本小题满分12分)设ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，cos(AC)+cos B=，b2=ac，求B.20(本题满分12分) 已知向量 (1)若 求的值； (2)记，在中，角的对边分别是且满足： 求函数的取值范围21(本题10分)在四棱锥中，侧面底面，为中点，底面是直角梯形，()求证：平面；()求证：平面；22(本题12分)(本小题满分14分)如图，在四棱锥中，侧面为等边三角形，底面是等腰梯形，且，为的中点，为的中点，且(1)求证：平面平面；(2)求证：平面；(3)求四棱锥的体积参考答案1B【解析】正四棱柱是底面为正方形的长方体。而直平行六面体的底面是平行四边形，所以长方体是它的其中一种。直四棱柱的底面可以是任意四边形，所以值平行六面体是它的其中一种。所以，故选B2A【解析】解 : 利用等体积，计算B1到平面EFG距离，再利用正弦函数，可求B1F 与面GEF成角的正弦值为，选A3A【解析】试题分析：因为或，解得或，故选A考点：一元二次不等式的解法4D【解析】试题分析：考点：二倍角公式5D【解析】试题分析：不等式基本性质中，与乘法有关的性质，不等式两边都要是非负数，才可能得出相应的结论，如果出现负数，结论不一定成立如A中为负数，结论就可能不成立：，但；B中如，但，C中，但，故A、B、C都是错误的，排除A、B、C，只能选D实际上D中条件不等式右边的是，不等式两边均非负，可同时平方得考点：不等式的基本性质6B【解析】试题分析：由同向不等式的相加性可知，由可得，由，因此正确考点：不等式性质7A【解析】试题分析：由题意可得：，该不等式组表示的可行域如下图所示： 所以，表示点到原点的距离的平方，所以考点：线性规划的应用8D【解析】试题分析：由题意得，A中，若，则与平行、相交或异面，所以不正确；B中，若，则与可能是相交平面，所以不正确；C中，若，则 与可以是相交平面，所以不正确；D中，根据垂直与同一平面的两直线是平行的，所以“若，则”是正确的，故选D.考点：线面位置的判定与证明.9D【解析】试题分析：A中如果这知直线与另一个平面不相交，则有两种情形：在平面内或与平面平行，不管哪种情形都得出这条直线与第一个平面不能相交，出现矛盾，故A正确；B是两个平面平行的一种判定定理，B正确；C中如果平面内有一条直线垂直于平面，则平面垂直于平面(这是面面垂直的判定定理)，故C正确，那么只有D是错误的，事实上也是，直线不平行平面，可能有，则内有无数条直线与平行.考点：直线与平面的位置关系，两平面平行的判定，两平面垂直的判定.10C【解析】本题考查不等式的性质及推理能力.因为，当时，所以A错误；当时，所以B错误；所以C正确；当时，所以D错误.故选C11C【解析】试题分析：画出该几何体的直观图如下图所示，橙色的几何体，所以，综上所述，面积最大为考点：1.三视图；2.几何体表面积；3.余弦定理12A【解析】试题分析：由题意得，平面，所以平面是三棱锥的外接圆的直径，因为中，所以，可得外接球的半径为，所外接球的表面积为，故选A.考点：球的组合体及球的表面积公式.【方法点晴】本题主要考查了特殊三棱锥中求外接球的表面积，着重考查了直线与平面垂直的判定与性质、勾股定理和球的表面积公式，同时考查了推理与运算能力，属于中档试题，本题的解答中，根据题意，证得平面是三棱锥的外接圆的直径，利用勾股定理几何体题中数据算得球的直径，得到球的半径，即可求解球的表面积.13k2【解析】试题分析：由得，当时，所以实数的取值范围是k2。考点：有关恒成立问题。点评：有关恒成立问题，若能用分离参数法，则常用分离参数法。比如此题，因为给了条件，两边就可以同除以x+1，就可以把参数k分离出，要是没有这个条件，就不可以了。143【解析】试题分析：设，则。做出不等式组对应的可行域如图为三角形内。做直线，平移直线，当直线经过点C时，直线的截距最大，此时最大，对应的也最大，由得。即代入得，所以的最大值为，填3.考点：本题考查了线性规划的运用点评：正确作出可行域是解决此类问题的关键，另外还要掌握常见线性规划问题的解法152【解析】略16(2)(3)(4)【解析】试题分析：解：正方体容器中盛有一半容积的水，无论怎样转动，其水面总是过正方体的中心三角形截面不过正方体的中心，故(1)不正确；过正方体的一对棱和中心可作一截面，截面形状为长方形，故(2)正确；过正方体四条互相平行的棱的中点得截面形状为正方形，该截面过正方体的中心，故(3)正确；过正方体一面上相邻两边的中点以及正方体的中心得截面形状为正六边形，故(4)正确.故答案为：(2)(3)(4)考点：1、正方体的结构特征；2、截面的作法.17()()当时，原不等式的解为，当时，原不等式的解集为，当时，原不等式的解为【解析】试题分析：(1)由已知得，由此能求出f(x)；(2)原不等式等价于，结合与之对应的二次方程及二次函数性质可得到不等式的解集，求解时注意分情况讨论方程两根的大小关系试题解析：()根据题意得解得()原不等式可化为，即，即，由，当，即时，原不等式的解为；当，即时，原不等式的解集为；当，即时，原不等式的解为综上所述，当时，原不等式的解为，当时，原不等式的解集为，当时，原不等式的解为考点：1一元二次不等式的解法；2函数解析式的求解18(1) AC2；(2) sin(2AB)= 【解析】试题分析：(1)由已知条件可得，又，进行向量运算可得，则求得AC；(2)先由向量的数量积求得，可得，余弦定理求得BC，再正弦定理求得，可得，sin(2AB)展开代入可得.解：(1) ，AB3，AC2AD， ，29245，AD|1，AC2 6分(2)由(1)得，在ABC中，BC2AB2AC22ABAC， BC在ABC中， ， ，sin(2AB)sin2AcosBcos2AsinB2sinAcosAcosB(12sin2A)sinB2 13分考点：向量的数量积，正弦定理，余弦定理.19B【解析】本试题主要是考查了三角函数的性质和解三角形的运用。由cos(AC)cosB内角和定理得cos(AC)cos(AC)得到sinAsinC又由b2ac及余弦定理得sin2BsinAsinC故sin2B进而解得。由cos(AC)cosB及B(AC)得cos(AC)cos(AC)cosAcosCsinAsinCcosAcosCsinAsinCsinAsinC又由b2ac及止弦定理得sin2BsinAsinC故sin2BsinB或sinB(舍去)于是B或B10分又由b2ac知ba或bc B12分20(1)；(2)【解析】试题分析：(1)由得所以 =；(2)由正弦定理及得从而，试题解析：(1) ， (2) 由正弦定理得 又， 故函数的取值范围是考点：三角函数21()详见解析()详见解析【解析】试题分析：(1)取PD的中点F，连结EF，AF，证明EFCD，EFAB，推出BEAF，通过直线与平面平行的判定定理证明BE平面PAD；(2)证明DBBCPDBC，然后证明BC平面PBD试题解析：()取的中点，连结，为中点，且，在梯形中，四边形为平行四边形，又 平面，平面，平面()在梯形中，即，又由平面底面，平面，而平面考点：1线面平行的判定；2线面垂直的判定22(1)见解析；(2)见解析；(3)3【解析】试题分析：(1)证明：ADE是等边三角形，M是DE的中点AMDE， 1分在DMC中，DM1，CDM60，CD4， 2分在AMC中， 3分AMMC 4分MCDEM，MC平面BCD，DE平面BCD，AM平面BCD 5分AM平面ADE，平面ADE平面BCD 6分(2)证法一：分别取AD，DC的中点G、N，连接FG，GE，FN，NBACDC，F、N分别是AC、DC的中点，FNAD且，FNGD且FNGD，四边形DNFG是平行四边形，FGDN且FNDN， 7分点N是DC的中点，BCNC，又BCN60，BCN是等边三角形，CBNCDE60，BNDE且BNDE，四变形EBND是平行四边形，DNEB且DNEB， 8分FBGE且FBGE， 9分又FB平面ADE，GE平面ADE， 10分FB平面ADE 11分证法二：取DC的中点N，连接FN，NBACDC，F、N分别是AC、DC的中点，FNAD又FN平面ADE，AD平面ADE，FN平面ADE 7分点N是DC的中点，BCNC，又BCN60，BCN是等边三角形，CBNCDE60，BN