新建区民族中学20182019学年高二上学期数学期末模拟试卷含解析

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新建区民族中学2021-2021学年高二上学期数学期末模拟试卷含分析

班级__________座号_____姓名__________分数__________

一、选择题

1．如图，在等腰梯形ABCD中，AB=2DC=2，∠DAB=60°，E为AB的中点，将△ADE与△BEC分别沿ED、

EC向上折起，使A、B重合于点P，那么P﹣DCE三棱锥的外接球的体积为〔〕

A．B．C．D．2．假定圆柱、圆锥的底面直径和高都等于球的直径，那么圆柱、圆锥、球的体积的比为〔〕A．1：2：3B．2：3：4C．3：2：4D．3：1：23．2a=3b=m，ab≠0且a，ab，b成等差数列，那么m=〔〕A．B．C．D．6,,4是三个不一样的平面，那么以下为真命题的是〔〕．假定m,n是两条不一样的直线，A．假定m,，那么mB．假定m,m//n，那么//C．假定m,m//，那么D．假定,，那么5．如图，在正六边形ABCDEF中，点O为此中心，那么以下判断错误的选项是〔〕

A．=B．∥C．D．

6．如图给出的是计算的值的一个流程图，此中判断框内应填入的条件是〔〕

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A．i≤21B．i≤11C．i≥21D．i≥11．设myx,xmy的最大值小于2，那么1，在拘束条件ymx,下，目标函数zm的取值范围为〔〕7xy1.A．(1,12)B．(12,)C.(1,3)D．(3,)

8．设x，y知足拘束条件，那么目标函数z=ax+by〔a＞0，b＞0〕的最大值为12，那么+的最

小值为〔〕

A．B．C．6D．5

9．函数f〔x〕=2x﹣+cosx，设x1，x2∈〔0，π〕〔x1≠x2〕，且f〔x1〕=f〔x2〕，假定x1，x0，x2成等差数列，f′〔x〕是f〔x〕的导函数，那么〔〕A．f′〔x0〕＜0B．f′〔x0〕=0Cf′x00Df′x0〕的符号没法确立．〔〕＞．〔

10．函数y=x+xlnx的单一递加区间是〔〕

A．〔0，e﹣2〕B．〔e﹣2，+∞〕C．〔﹣∞，e﹣2〕D．〔e﹣2，+∞〕

11．履行以下列图的程序框图，那么输出结果S=〔〕

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A．15B．25C．50D．100

12．某人以15万元买了一辆汽车，此汽车将以每年20%的速度折旧，如图是描绘汽车价值变化的算法流程图，

那么当n=4吋，最后输出的S的值为〔〕

A．B．C．D．

二、填空题

13．设,那么的最小值为。14．设a投掷一枚骰子获得的点数，那么方程x2+ax+a=0有两个不等实数根的概率为．15n+1〔n∈N*〕在点〔1，1〕处的切线与x轴的交点的横坐标为xnnn1299．设曲线y=x，令a=lgx，那么a+a++a的值为．

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16．假定函数f〔x〕=logax〔此中a为常数，且a＞0，a≠1〕知足f〔2〕＞f〔3〕，那么f〔2x﹣1〕＜f〔2﹣x〕的

解集是．

317．x1,x3是函数fxsinx0两个相邻的两个极值点，且fx在x312___________．处的导数f0，那么f2318．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，sinAsinB+sinBsinC+cos2B=1．假定C=，那么=．

三、解答题

19．a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且知足2bcosC=2a﹣c．

〔Ⅰ〕求B；

〔Ⅱ〕假定△ABC的面积为，b=2求a，c的值．

20．〔本小题总分值12分〕如图〔1〕，在三角形PCD中，AB为此中位线，且2BDPC，假定沿AB将三角形PAB折起，使PAD，组成四棱锥PABCD，且PCCDPF2.CE〔1〕求证：平面BEF平面PAB；〔2〕当异面直线BF与PA所成的角为时，求折起的角度.3

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21．啊啊极坐标系的极点在直角坐标系的原点，极轴与x轴的正半轴重合，直线l的参数方程为

〔t为参数〕，圆C的极坐标方程为p2〔θ+〕+1=r2r0+2psin〔＞〕．

〔Ⅰ〕求直线l的一般方程和圆C的直角坐标方程；

〔Ⅱ〕假定圆C上的点到直线l的最大距离为3，求r值．

22．〔本小题总分值12分〕在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且

(sinAsinB)(ba)sinC(3bc).

〔Ⅰ〕求角A的大小；

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〔Ⅱ〕假定a2，ABC的面积为3，求b,c.

23．数列{an}是等比数列，Sn为数列{an}的前n项和，且a3=3，S3=9〔Ⅰ〕求数列{an}的通项公式；〔Ⅱ〕设bn=log2，且{bn}为递加数列，假定cn=，求证：c1+c2+c3++cn＜1．

24．假定，求sinx的值．

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新建区民族中学2021-2021学年高二上学期数学期末模拟试卷含分析〔参照答案〕一、选择题

1．【答案】C

【分析】解：易证所得三棱锥为正四周体，它的棱长为1，

故外接球半径为，外接球的体积为，

应选C．

【评论】本题考察球的内接多面体，球的体积等知识，考察逻辑思想能力，是中档题．

2．【答案】D【分析】解：设球的半径为R，那么圆柱、圆锥的底面半径也为R，高为2R，那么球的体积V球=圆柱的体积V圆柱=2πR3圆锥的体积V圆锥=

故圆柱、圆锥、球的体积的比为2πR3：：=3：1：2

应选D

【评论】本题考察的知识点是旋转体，球的体积，圆柱的体积和圆锥的体积，此中设出球的半径，并依据圆柱、

圆锥的底面直径和高都等于球的直径，挨次求出圆柱、圆锥和球的体积是解答本题的要点．

3．【答案】C．

【分析】解：∵2a=3b=m，

a=log2m，b=log3m，

∵a，ab，b成等差数列，

2ab=a+b，

ab≠0，

∴+=2，

∴=logm2，=logm3，

logm2+logm3=logm6=2，

解得m=．应选C

【评论】本题考察了指数与对数的运算的应用及等差数列的性质应用．

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4．【答案】C

【分析】

试题剖析：两个平面垂直，一个平面内的直线不必定垂直于另一个平面，因此A不正确；两个平面平行，两

个平面内的直线不必定平行，因此B不正确；垂直于同一平面的两个平面不必定垂直，可能订交，也可能平

行，因此D不正确；依据面面垂直的判断定理知C正确．应选C．

考点：空间直线、平面间的地点关系．

5．【答案】D

【分析】解：由图可知，，但不共线，故，

应选D．

【评论】本题考察平行向量与共线向量、相等向量的意义，属根基题．

6．【答案】D

【分析】解：∵S=

并由流程图中S=S+

故循环的初值为1

终值为10、步长为1

故经过10次循环才能算出S=的值，

故i≤10，应不知足条件，持续循环∴当i≥11，应知足条件，退出循环填入“i≥11〞．

应选D．

7．【答案】A

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【分析】

考点：线性规划.

【方法点晴】本题是一道对于线性规划求最值的题目，采纳线性规划的知识进行求解；要点是弄清楚的几何意

义直线zxmy截距为z，作L:xmy0,,,,进而可适当直线直线向可行域内平移越向上那么的值越大mx0y01A,z2,mzxmy过点A时取最大值，y0mx0可求得点的坐标可求的最大值解不等式可求而后由

的范围.

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8．【答案】B

【分析】解：不等式组表示的平面地区以下列图暗影局部，

当直线ax+by=z〔a＞0，b＞0〕

过直线x﹣y+2=0与直线3x﹣y﹣6=0的交点〔4，6〕时，

目标函数z=ax+by〔a＞0，b＞0〕获得最大12，

即4a+6b=12，即2a+3b=6，而=〔〕

=+〔〕≥=，当且仅当a=b=，取最小值．

应选B．

9．【答案】A【分析】解：∵函数f〔x〕=2x﹣+cosx，设x1，x2∈〔0，π〕〔x1≠x2〕，且f〔x1〕=f〔x2〕，∴，∴存在x12'a=0，＜a＜x，f〔〕∴，∴，解得a=，假定x1，x2在a的邻域内，即x2﹣x1≈0．∵，∴，f〔x〕的图象在a的邻域内的斜率不停减少小，斜率的导数为正，

x0＞a，

又∵x＞x0，又∵x＞x0时，f''〔x〕递减，

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∴．

应选：A．

【评论】本题考察导数的性质的应用，是难题，解题时要仔细审题，注意二阶导数和三阶导数的性质的合理运

用．

10．【答案】B

【分析】解：函数的定义域为〔0，+∞〕

求导函数可得f′〔x〕=lnx+2，令f′〔x〕＞0，可得x＞e﹣2，

﹣2

应选B．

11．【答案】C【分析】解：依据程序框图，S=〔﹣1+3〕+〔﹣5+7〕++〔﹣97+99〕=50，输出的S为50．应选：C．【评论】本题主要考察了循环构造的程序框图，模拟履行程序框图，正确获得程序框图的功能是解题的要点，

属于根基题．

12．【答案】C【分析】解：由题意可知，设汽车x年后的价值为S，那么S=15〔1﹣20%〕x，联合程序框图易适当n=4时，S=15〔1﹣20%〕4．应选：C．

二、填空题

13．【答案】9

【分析】由柯西不等式可知

14．【答案】．

【分析】解：∵a是甲投掷一枚骰子获得的点数，

∴试验发生包括的事件数6，

∵方程x2+ax+a=0有两个不等实根，

a2﹣4a＞0，

解得a＞4，

a是正整数，∴a=5，6，

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即知足条件的事件有2种结果，

∴所求的概率是=，

故答案为：

【评论】本题考察等可能事件的概率，在解题过程中应用列举法来列举出全部的知足条件的事件数，是解题的要点．

15．【答案】﹣2．

【分析】解：∵曲线y=xn+1〔n∈N*〕，

y′=〔n+1〕xn，∴f′〔1〕=n+1，

∴曲线y=xn+1〔n∈N*〕在〔1，1〕处的切线方程为y﹣1=〔n+1〕〔x﹣1〕，该切线与x轴的交点的横坐标为xn=，an=lgxn，

an=lgn﹣lg〔n+1〕，

a1+a2++a99

=〔lg1﹣lg2〕+〔lg2﹣lg3〕+〔lg3﹣lg4〕+〔lg4﹣lg5〕+〔lg5﹣lg6〕++〔lg99﹣lg100〕

=lg1﹣lg100=﹣2．

故答案为：﹣2．

16．【答案】〔1，2〕．

【分析】解：∵f〔x〕=logax〔此中a为常数且a＞0，a≠1〕知足f〔2〕＞f〔3〕，

∴0＜a＜1，x＞0，

假定f〔2x﹣1〕＜f〔2﹣x〕，

那么，

解得：1＜x＜2，

故答案为：〔1，2〕．

【评论】本题考察了对数函数的性质，考察函数的单一性问题，是一道根基题．

117．【答案】2

【分析】

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考

点：三角函数图象与性质，函数导数与不等式．

【思路点晴】本题主要考察两个知识点：三角函数图象与性质，函数导数与不等式.三角函数的极值点，也就

是最大值、最小值的地点，因此两个极值点之间为半周期，由此求得周期和，再联合极值点的导数等于零，

可求出.在求的过程中，因为题目没有给定它的取值范围，需要用f3x表达式后，0来考证.求出f2就能够求出f1.1318．【答案】=．

【分析】解：在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，

∵sinAsinB+sinBsinC+cos2B=1，

∴sinAsinB+sinBsinC=2sin2B．

再由正弦定理可得ab+bc=2b2，即a+c=2b，故a，b，c成等差数列．

C=，由a，b，c成等差数列可得c=2b﹣a，

由余弦定理可得〔2b﹣a〕2=a2+b2﹣2abcosC=a2+b2+ab．

化简可得5ab=3b2，∴=．

故答案为：．

【评论】本题主要考察等差数列的定义和性质，二倍角公式、余弦定理的应用，属于中档题．

三、解答题

19．【答案】

【分析】解：〔Ⅰ〕等式2bcosC=2a﹣c，利用正弦定理化简得：

2sinBcosC=2sinA﹣sinC=2sin〔B+C〕﹣sinC=2sinBcosC+2cosBsinC﹣sinC，

整理得：2cosBsinC﹣sinC=0，

∵sinC≠0，

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∴cosB=，

那么B=60°；

〔Ⅱ〕∵△ABC的面积为=acsinB=ac，解得：ac=4，①b=2，由余弦定理可得：2222ac=a+c23ac=〔a+c212，又∵=a+c﹣〔〕﹣〕﹣∴解得：a+c=4，②∴联立①②解得：a=c=2．20．【答案】〔1〕证明看法析；〔2〕2．3【分析】试题剖析：〔1〕可先证BAPA，BAAD进而获得BA平面PAD，再证CDFE,CDBE可得CD平面BEF,由CD//AB,可证明平面BEF平面PAB；〔2〕由PAD,取BD的中点G，连结FG,AG,可得PAG即为异面直线BF与PA所成的角或其补角,即为所折起的角度.在三角形中求角即可.1试题分析：

〔2〕因为PAD，取BD的中点G，连结FG,AG，因此FG//CD，FG1CD，又AB//CD，1CD，因此FG//AB，FG2ABAB，进而四边形ABFG为平行四边形，因此BF//AG，得；同时，22因为PAAD，PAD，因此PAD，故折起的角度.3

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考点：点、线、面之间的地点关系的判断与性质．

21．【答案】

【分析】解：〔Ⅰ〕依据直线l的参数方程为〔t为参数〕，

消去参数，得

x+y﹣=0，

直线l的直角坐标方程为x+y﹣=0，

∵圆C的极坐标方程为p2+2psin〔θ+〕+1=r2〔r＞0〕．

∴〔x+〕2+〔y+〕2=r2〔r＞0〕．

∴圆C的直角坐标方程为〔x+〕2+〔y+〕2=r2〔r＞0〕．〔Ⅱ〕∵圆心C〔﹣，﹣〕，半径为r，〔5分〕

圆心C到直线x+y﹣=0的距离为d==2，

又∵圆C上的点到直线l的最大距离为3，即d+r=3，

r=3﹣2=1．

【评论】本题要点考察了曲线的参数方程和一般方程的互化、极坐标方程和直角坐标方程的互化等知识．

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22．【答案】解：〔Ⅰ〕由正弦定理及条件有b2a23bcc2，即b2c2a23bc.3分由余弦定理得：cosAb2c2a23，又A(0,)，故A.6分2bc26〔Ⅱ〕ABC的面积为3，1bcsinA3，