河北省石家庄市文苑中学高二数学理摸底试卷含解析

河北省石家庄市文苑中学高二数学理摸底试卷含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1.设集合，集合，则（

）A.

B.

C.

D.参考答案：C略2.如图，已知平面α∩β=l，A、B是l上的两个点，C、D在平面β内，且DA⊥α，CB⊥α，AD=4，AB=6，BC=8，在平面α上有一个动点P，使得∠APD=∠BPC，则P﹣ABCD体积的最大值是（）A． B．16 C．48 D．144参考答案：C【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．【专题】计算题．【分析】本题需要借助直二面角的相关知识研究三角形的几何特征，由题设条件知两个直角三角形△PAD与△PBC是相似的直角三角形，可得出PB=2PA，作PD⊥AB，垂足为D，令AD=t，将四棱锥的体积用t表示出来，由二次函数求最值可得出正确选项．【解答】解：由题意平面α⊥平面β，A、B是平面α与平面β的交线上的两个定点，DA?β，CB?β，且DA⊥α，CB⊥α，∴△PAD与△PBC是直角三角形，又∠APD=∠BPC，∴△PAD∽△PBC，又AD=4，BC=8，∴PB=2PA．作PM⊥AB，垂足为M，则PM⊥β，令AM=t∈R，在两个Rt△PAM与Rt△PBM中，PM是公共边及PB=2PA，∴PA2﹣t2=4PA2﹣（6﹣t）2，解得PA2=12﹣4t．∴PM=，即四棱锥的高为，底面为直角梯形，S==36∴四棱锥P﹣ABCD的体积V==12=48，即四棱锥P﹣ABCD体积的最大值为48，故选C．【点评】本题考查与二面角有关的立体几何综合题，解答本题，关键是将由题设条件得出三角形的性质、：两邻边的值有2倍的关系，第三边长度为6，引入一个变量，从而利用函数的最值来研究体积的最值，是将几何问题转化为代数问题求解的思想，属中档题．3.已知向量，，且，则的值为（

）A．12

B．10

C．－14

D．14参考答案：D4.下列命题中正确的是

A．当 B．当，C．当，的最小值为D．当无最大值参考答案：B5.在二项式

的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则展开式中的第6项是（

）

参考答案：C6.“”是数列“为递增数列”的（

）

A．充分不必要条件

B．必要不充分条件

C．充要条件

D．既不充分也不必要条件参考答案：A略7.羊村村长慢羊羊决定从喜羊羊、美羊羊、懒羊羊、暖羊羊、沸羊羊中选派两只羊去割草，则喜羊羊和美羊羊恰好只有一只被选中的概率为（）A． B． C． D．参考答案：C【考点】等可能事件的概率．【分析】本题是一个等可能事件的概率，试验发生所包含的事件是从5只羊中选2只，共有C52种结果，满足条件的事件是喜羊羊和美羊羊恰好只有一只被选中，共有C21C31种结果，得到概率．【解答】解：由题意知本题是一个等可能事件的概率，试验发生所包含的事件是从5只羊中选2只，共有C52=10种结果，满足条件的事件是喜羊羊和美羊羊恰好只有一只被选中，共有C21C31=6种结果，∴喜羊羊和美羊羊恰好只有一只被选中的概率是故选C．8.若随机变量X～B（4，），则D（2X+1）=（）A．2 B．4 C．8 D．9参考答案：B【考点】离散型随机变量的期望与方差．【分析】由二项分布的性质得D（X）==1，由方差的性质得D（2X+1）=4D（X），由此能求出结果．【解答】解：∵随机变量X～B（4，），∴D（X）==1，D（2X+1）=4D（X）=4．故选：B．【点评】本题考查方差的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意方差的性质的合理运用．9.设A，B为椭圆+=1（a＞b＞0）的长轴两端点，Q为椭圆上一点，使∠AQB=120°，则椭圆离心率e的取值范围为（）A．[，1） B．[，1） C．（0，] D．（0，]参考答案：B【考点】椭圆的简单性质．【分析】由题意可知：则tan∠AQB==﹣，即=﹣，求得=﹣，①，由y0=a2（1﹣），代入求得y0，由0＜y0≤b，代入即可求得椭圆离心率e的取值范围．【解答】解：由对称性不防设Q在x轴上方，Q坐标为（x0，y0），则tan∠AQB==﹣，即=﹣，整理得：=﹣，①∵Q在椭圆上，∴，即y0=a2（1﹣），代入①得y0=，∵0＜y0≤b，∴0＜≤b，由b2=a2﹣c2，化简整理得：3e4+4e2﹣4≥0，解得：e2≥，或e≤﹣2（舍去），由0＜e＜1，∴≤e＜1，故选B．10.在空间直角坐标系中，平面α内有M（m，﹣2，1）和N（0，m，3）两点，平面α的一个法向量为=（3，1，2），则m等于（）A．﹣2 B．2 C．3 D．﹣3参考答案：C【考点】平面的法向量．【分析】先求出=（﹣m，m+2，2），由题意得，从而利用=0，能求出m的值．【解答】解：∵平面α内有M（m，﹣2，1）和N（0，m，3）两点，平面α的一个法向量为=（3，1，2），∴=（﹣m，m+2，2），由题意得，则=﹣3m+m+2+4=0，解得m=3．故选：C．【点评】本题考查实数值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意向量垂直的性质的合理运用．二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.已知双曲线的顶点到渐近线的距离为，焦点到渐进线的距离为，则该双曲线的离心率为__________．参考答案：顶点到渐进线的距离为，焦点到渐近线的距离为，∴，即双曲线的离心率为．12.盒子中有大小相同的3只白球，1只黑球，若从中随机地摸出两只球，两只球颜色不同的概率是_

__参考答案：13.设满足约束条件，若目标函数的最大值为，则的最小值为________________.参考答案：14.从{1，2，3，4，5}中随机选取一个数为a，从{1，2，3}中随机选取一个数为b，则使得b≠a的不同取法共有种．参考答案：12考点：计数原理的应用．专题：计算题．分析：当a=1、2、3时，b的取法分别有2种，故此时有3×2=6种方法．当a=4或5时，b的取法分别有3种，故此时有2×3=6种．再把求得的这2个数相加，即得所求．解答：解：当a=1、2、3时，b的取法分别有2种，故此时使得b≠a的不同取法共有3×2=6种．当a=4或5时，b的取法分别有3种，故此时使得b≠a的不同取法共有2×3=6种．综上可得，使得b≠a的不同取法共有6+6=12种，故答案为12．点评：本题主要考查两个基本原理的应用，属于中档题．15.已知直线l的参数方程（t为参数），若以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，圆C的极坐标方程为ρ=2sin（θ+）．则直线l和圆C的位置关系为（填相交、相切、相离）．参考答案：相交【考点】Q4：简单曲线的极坐标方程；QH：参数方程化成普通方程．【分析】求出直线l的直角坐标方程和圆C的直角坐标方程，求出圆心C（1，1）到直线l：2x﹣y+1=0的距离d，由d小于圆半径得到直线l和圆C相交．【解答】解：直线l的参数方程（t为参数），消去参数t，得直线l的直角坐标方程为：2x﹣y+1=0，圆C的极坐标方程为ρ=2sin（θ+）．∴=2sinθ+2cosθ，∴ρ2=2ρsinθ+2ρcosθ，∴x2+y2=2y+2x，∴（x﹣1）2+（y﹣1）2=1．∵圆心C（1，1）到直线l：2x﹣y+1=0的距离d==＜1=r，∴直线l和圆C相交．故答案为：相交．16.（坐标系与参数方程选做题）在直角坐标系xOy中，已知曲线C的参数方程是（是参数），若以O为极点，x轴的正半轴为极轴，则曲线C的极坐标方程可写为

.参考答案：17.（5分）设n为奇数，则除以9的余数为．参考答案：由于n为奇数，=（1+7）n﹣1=（9﹣1）n﹣1=+++…++﹣1，显然，除了最后2项外，其余的各项都能被9整除，故此式除以9的余数即最后2项除以9的余数．而最后2项的和为﹣2，它除以9的余数为7，故答案为7．所给的式子即（9﹣1）n﹣1的展开式，除了最后2项外，其余的各项都能被9整除，故此式除以9的余数即最后2项除以9的余数．三、解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18.（本小题满分14分）命题不等式在区间上恒成立，命题：存在，使不等式成立，若“或为真”，“且为假”，求实数的取值范围.参考答案：当为真命题时，不等式在区间上恒成立，令，则，……………2分故有对恒成立，所以，因为，即时，，此时，故.……………6分当为真命题时，不等式有正实数解，即不等式有正实数解，所以，而当时，，当且仅当时取“=”.所以.…………………9分由“或为真”，“且为假”得与是一真一假，当时，有，即.…………………11分当时，有即.…………………13分综上得，实数的取值范围是:………14分19.（本题满分15分）如图，已知抛物线的顶点在原点，焦点在正半轴上，且焦点到准线的距离为，直线与抛物线相交于两点，点在抛物线上.（1）求抛物线的方程；（2）若求证：直线的斜率为定值；（3）若直线的斜率为且点到直线的距离的和为，试判断的形状，并证明你的结论．

参考答案：解：（1）由题可设抛物线的方程为，焦点到准线的距离为2，即所以抛物线的方程为

…………3分（2）设直线的斜率为所以直线的斜率为可求得则直线的方程为，代入得，同理．…………9分略20.设a、b、c均为正数，且，证明：（1）；（2）.参考答案：解：证明(1)由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.由题设得(a＋b＋c)2＝1，即a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1.所以3(ab＋bc＋ca)≤1，即ab＋bc＋ca≤.(2)因为＋b≥2a，＋c≥2b，＋a≥2c，故＋＋＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，即＋＋≥a＋b＋c.所以＋＋≥1.

21.（本小题满分14分）

在学校开展的综合实践活动中，某班进行了小制作评比，作品上交时间为5月1日至30日，评委会把同学们上交作品的件数按5天一组分组统计，绘制了频率分布直方图（如下图所示），已知从左到右各长方形高的比为2∶3∶4∶6∶4∶1，第三组的频数为12，请解答下列问题：（1）本次活动共有多少件作品参加评比？（2）哪组上交的作品数量最多？有多少件？（3）经过评比，第四组和第六组分别有10件、2件作品获奖，问这两组哪组获奖率高？

参考答案：（1）依题意知第三组的频率为=，…………3分又因为第三组的频数为12，∴本次活动的参评作品数为=60.…………6分（2）根据频率分布直方图，可以看出第四组上交的作品数量最多，共有60×=18（件）.…………10分（3）第四组的获奖率是=，